Tính giải được toàn cục đối với phương trình tích phân volterra phi tuyến với nhân suy biến

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

HOÀNG THỊ TRANG

TÍNH GIẢI ĐƯỢC TOÀN CỤC ĐỐI VỚI
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA
PHI TUYẾN VỚI NHÂN SUY BIẾN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

HOÀNG THỊ TRANG

TÍNH GIẢI ĐƯỢC TOÀN CỤC ĐỐI VỚI
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA
PHI TUYẾN VỚI NHÂN SUY BIẾN

Chuyên ngành: Giải tích
Mã số: .................

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

Th.S TRẦN VĂN TUẤN

Hà Nội – Năm 2019


Lời cảm ơn
Để hoàn thành khóa luận này, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đến ThS. Trần Văn Tuấn - Người trực tiếp tận tình hướng dẫn,
chỉ bảo và định hướng cho tôi trong suốt quá trình tôi làm bài khóa
luận của mình. Đồng thời tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô
trong tổ Giải tích và các thầy cô trong khoa Toán - Trường Đại học
Sư phạm Hà Nội 2, Ban chủ nhiệm khoa Toán đã tạo điều kiện cho tôi
hoàn thành tốt bài khóa luận này để có kết quả như ngày hôm nay.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song thời gian và kinh nghiệm bản
thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận không thể tránh khỏi những
thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các
bạn sinh viên và bạn đọc.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2019
Tác giả khóa luận

Hoàng Thị Trang


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan Khóa luận này là công trình nghiên cứu của riêng
tôi dưới sự hướng dẫn của thầy ThS. Trần Văn Tuấn. Trong khi nghiên
cứu, hoàn thành bản khóa luận này tôi đã tham khảo một số tài liệu
đã ghi trong phần tài liệu tham khảo.
Tôi xin khẳng định kết quả của đề tài: “Tính giải được toàn cục
đối với phương trình Volterra phi tuyến với nhân suy biến” là kết quả

của việc nghiên cứu và nỗ lực học tập của bản thân, không trùng lặp
với kết quả của các đề tài khác. Nếu sai tôi xin chịu hoàn toàn trách
nhiệm.
Hà Nội, tháng 5 năm 2019
Tác giả khóa luận

Hoàng Thị Trang


Mục lục
Mở đầu

2

Bảng kí hiệu

5

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Hàm véc-tơ một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Hàm véc-tơ nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6
6
8

2 Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân
suy biến
11
2.1 Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân Volterra

phi tuyến với nhân suy biến . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Một số trường hợp đặc biệt của nhân a . . . . . . . . . 18
Kết luận

24

TÀI LIỆU THAM KHẢO

25

1


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Như chúng ta đã biết, các phương trình vi phân thường, phương
trình vi-tích phân, phương trình đạo hàm riêng được nhiều nhà toán
học trên thế giới cũng như trong nước quan tâm và nghiên cứu. Những
nghiên cứu này được thúc đẩy bởi những ứng dụng quan trọng của
nó từ nhiều bài toán thực tiễn: Vật lý, Hóa học, Kinh tế, Sinh học,...
Một lớp đặc biệt được quan tâm rộng rãi đó là phương trình tích
phân Volterra. Các nghiên cứu chính của phương trình vi-tích phân
tập trung trả lời các câu hỏi về sự tồn tại, tính duy nhất và sự phụ
thuộc liên tục của nghiệm. Những câu hỏi này đối với phương trình
vi phân tuyến tính hoặc phi tuyến cũng như phương trình tích phân
tuyến tính đã được trả lời trong nhiều tài liệu chuyên khảo về phương
trình vi-tích phân xem [1], [4]. Tuy nhiên các kết quả tương tự cho
phương trình tích phân, đặc biệt là phương trình tích phân Volterra
phi tuyến chưa được biết đến nhiều.
Theo hướng nghiên cứu định tính về phương trình tích phân Volterra

tôi chọn đề tài: “Tính giải được toàn cục đối với phương trình Volterra
phi tuyến với nhân suy biến” để thực hiện khóa luận của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
• Giới thiệu, tìm hiểu về phương trình tích phân Volterra phi tuyến
với nhân suy biến trong không gian hữu hạn chiều, sự tồn tại và
duy nhất nghiệm của nó.

2


• Một vài trường hợp đặc biệt của nhân suy biến với điều kiện cho
trước.
3. Đối tượng nghiên cứu
• Nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân
Volterra phi tuyến với nhân suy biến.
• Một vài trường hợp đặc biệt của nhân suy biến với điều kiện cho
trước.
4. Phạm vi nghiên cứu
Với thời gian và kiến thức có hạn, trong khóa luận này tôi chỉ trình
bày các khái niệm, thừa nhận các định lý liên quan đến đề tài mà
không chứng minh. Đề tài tập trung vào
• Phương trình tích phân Volterra phi tuyến với nhân suy biến
trong không gian hữu hạn chiều, sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của nó.
• Một vài trường hợp đặc biệt của nhân suy biến với điều kiện cho
trước.
5. Phương pháp nghiên cứu
Các phương pháp nghiên cứu được sủ dụng trong khóa luận là: Tìm
kiếm, tổng hợp, tham khảo tài liệu từ giáo trình, sách vở, các trang
web nhưng chủ yếu là [4, 5]. Sau đó phân tích, tích cực nghiên cứu

dưới sự chỉ bảo của thầy giáo hướng dẫn, tổng hợp và trình bày các
vấn đề cho rõ ràng, hợp lô-gic.
6. Cấu trúc đề tài
3


Khóa luận được trình bày trong hai chương
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Phương trình tích phân Volterra đối với nhân suy biến.
Hà Nội, tháng 05 năm 2019
Tác giả khóa luận

Hoàng Thị Trang

4


Bảng kí hiệu
R

Tập số thực

C[a, b]

Tập các hàm liên tục trên đoạn [a, b]

Rn

Không gian Euclide n chiều,
với x = (x1 , x2 , . . . , xn ) là các phần tử trong Rn ,

1/2

n

|xi |2

chuẩn Euclide x =
i=1

L1 (0, ∞) Tập tất hàm f đo được và
a(t, s)
t
0

∞

∞
0 f (t)

Nhân
Tích phân lấy cận từ 0 đến t
Vô cùng
Kết thúc chứng minh.

5

< +∞


Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi nhắc lại một số khái niệm, kết quả liên
quan đến hàm véc-tơ một biến, hàm véc-tơ nhiều biến được sử dụng
trong khóa luận, chi tiết có thể tham khảo [2, 3].

1.1

Hàm véc-tơ một biến

Định nghĩa 1.1. (Định nghĩa hàm véc-tơ một biến) Cho tập
hợp I ⊂ R. Ánh xạ f : I → Rn được gọi là hàm véc-tơ một biến với
miền xác định là I và giá trị trong Rn .
Như vậy ∀x ∈ I giá trị f (t) là một véc-tơ n-chiều với n tọa độ
f1 (x), f2 (x), ..., fn (x).
Định nghĩa 1.2. (Định nghĩa giới hạn của hàm véc-tơ một
biến) Cho hàm véc-tơ f : I ⊂ R → Rn , x0 là điểm tụ của tập hợp
I. Ta nói rằng hàm f có giới hạn b = (b1 , b2 , .., bn ) khi x → x0 nếu
với mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho ∀x ∈ I thỏa mãn
0 < |x − x0 | < δ ta có f (x) − b < ε và kí hiệu là lim f (x) = b.
x→x0

Mệnh đề 1.1. Cho hàm véc-tơ f : I ⊂ R → Rn , x0 là điểm tụ của
6


tập hợp I. Khi ấy lim f (x) = (b1 , b2 , .., bn ) khi và chỉ khi lim fi (x) =
x→x0

x→x0

bi , i = 1, 2, ..., n.
Chứng minh. Điều kiện cần:
Giả sử lim f (x) = (b1 , b2 , .., bn ), khi đó theo định nghĩa ta có
x→x0

(∀ε > 0), (∃δ > 0) sao ∀x ∈ I thỏa mãn 0 < |x − x0 | < δ ta có
(f1 (x) − b1 )2 + ... + fn (x) − bn )2 < ε.
Suy ra |fi (x) − bi | < ε với mọi 0 < |x − x0 | < δ. Vậy lim fi (x) =
x→x0

bi , i = 1, 2, ..., n.
Điều kiện đủ:
Với ε > 0 cho trước, lấy εi =

√ε
n

ta sẽ tìm được δi để fi (x) − bi < εi

với 0 < |x − x0 | < δi . Chọn δ = min (δ1 , δ2 , ..., δn ) ta có
f (x) − b =
<

(f1 (x) − b1 )2 + ... + fn (x) − bn )2
ε2
ε2
+ ... +
= ε.
n
n

Vậy ∀ε > 0, ∃δ = min (δ1 , δ2 , ..., δn ) sao cho ∀x ∈ I thỏa mãn 0 <
|x − x0 | < δ ta có f (x) − b < ε hay lim f (x) = (b1 , b2 , .., bn ).
x→x0

Điều phải chứng minh.
Định nghĩa 1.3. (Định nghĩa hàm số liên tục của hàm véc-tơ
một biến) Cho tập hợp I ⊂ R. Ánh xạ f : I → Rn được gọi là liên
tục tại x0 ∈ I nếu với mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho
∀x ∈ I thỏa mãn 0 < |x − x0 | < δ ta có f (x) − f (x0 ) < ε và kí hiệu
là lim f (x) = f (x0 ).
x→x0

Hệ quả 1.1. Cho ánh xạ f : I → Rn . Khi đó, hàm véc-tơ
7


f (x) = f1 (x), f2 (x), .., fn (x) được gọi là liên tục tại x0 ∈ I khi và
chỉ khi hàm thành phần f1 (x), f1 (x), ..., f1 (x) liên lục tại x0 ∈ I.

1.2

Hàm véc-tơ nhiều biến

Định nghĩa 1.4. (Định nghĩa hàm véc-tơ nhiều biến) Cho tập
hợp X ⊂ Rm . Ánh xạ f : X → Rn được gọi là hàm véc-tơ nhiều biến
với miền xác định là X và giá trị trong Rn .
Như vậy ∀x ∈ X giá trị f (t) là một véc-tơ n-chiều với n tọa độ
f1 (x), f2 (x), .., fn (x).
+ Nếu m = 1 thì f là hàm véc-tơ một biến được nêu ở trên.

+ Nếu m > 1 và n = 1 thì hàm f là hàm số nhiều biến.
+ Nếu m > 1 và n > 1 thì hàm f là hàm véc-tơ nhiều biến.
Định nghĩa 1.5. (Định nghĩa hàm số liên tục của hàm véc-tơ
nhiều biến) Cho tập hợp X ⊂ Rm . Ánh xạ f : X → Rn được gọi là
liên tục tại x0 ∈ X nếu với mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho
∀x ∈ X thỏa mãn 0 < x − x0 < δ ta có f (x) − f (x0 ) < ε và kí
hiệu là lim f (x) = f (x0 ).
x→x0

Chú ý 1.1. Định nghĩa này không đòi hỏi x = x0 vì tại x = x0 ta có
f (x) − f (x0 ) = 0.
Định nghĩa 1.6. (Ánh xạ khả vi) Cho tập mở X ⊂ Rm . Giả sử
hàm f : X → Rn . Ta nói hàm f khả vi tại x = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ X nếu
tồn tại ánh xạ tuyến tính A: Rm → Rn sao cho

8


lim

h→0

f (x + h) − f (x) − A(h)
= 0,
h

(1.1)

hay là
f (x + h) − f (x) − A(h) = ε(h). h ,

(1.2)

trong đó h = (h1 , h2 , ..., hn ) ∈ Rm , ε(h) là vô cùng bé khi h → 0, tức
là ε(h) → 0 khi h → 0.
Ánh xạ tuyến tính A được gọi là đạo hàm của của hàm f tại x.
Kí hiệu: f (x) hoặc Df (x).
Định lý 1.2. Cho tập mở X ⊂ Rm . Giả sử hàm f : X → Rn khả vi tại
x ∈ X. Khi đó tồn tại duy nhất một ánh xạ tuyến tính A: Rm → Rn
sao cho
f (x + h) − f (x) − A(h) = 0( h ).

(1.3)

Chứng minh. Giả sử (1.3) đúng với A = A1 và A = A2 , đặt B =
A1 − A2 , ta có
B(h) = A1 (h) − A1 (h)
= f (x + h) − f (x) + A1 (h) − f (x + h) + f (x) − A2 (h)
= f (x + h) − f (x) − A2 (h) − f (x + h) + f (x) + A1 (h)
≤

f (x + h) − f (x) − A2 (h) + f (x + h) − f (x) − A1 (h)

= 0( h )

9


⇒ B(h) ≤ 0( h )
⇒ B(h) = h.α( h ) với lim α( h ) = 0.

h →0

Với h cố định khác không, t ∈ R, t > 0 đủ nhỏ B(h) = th .α(t h )
ta suy ra B(h) = h.α( h ). Cho t → 0, B(h) có thể bé tùy ý,
nghĩa là B(h) = 0, ∀h ∈ Rn tức là B = A1 − A2 = 0 hay A1 = A2 .
Điều phải chứng minh.
Định lý sau đây nói về mối quan hệ giữa tính khả vi và tính liên
tục của hàm số véc-tơ nhiều biến.
Định lý 1.3. Cho tập mở X ⊂ Rm . Giả sử hàm f : X → Rn . Nếu f
khả vi tại x ∈ X thì f liên tục tại x.
Chứng minh. Giả sử hàm f khả vi tại x. Đặt
f (x + h) − f (x) − Df (x).h = r(h).
r(h)
h →0 h

Theo hệ thức (1.3) lim

= 0, mặt khác theo tính liên tục của

ánh xạ tuyến tính ta có:
lim Df (x)(h) = Df (x)(0) = 0.

h→0

Do đó lim f (x + h) − f (x) = 0.
h→0

Vậy hàm f liên tục tại. Điều phải chứng minh.

10

Chương 2
Phương trình tích phân Volterra
phi tuyến với nhân suy biến
Chương này chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và một số
trường hợp đặc biệt của nhân a đối với phương trình tích phân Volterra
phi tuyến loại II dạng
t

x(t) = f (t) −

a(t − s)g x(s), s ds (t ≥ 0),

(2.1)

0

trong đó x(·) ∈ R là ẩn cần tìm, a : (0, +∞) → R là nhân, hàm f :
[0, +∞) → R, g : R × [0, +∞) → R là các hàm số liên tục.

2.1

Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân
Volterra phi tuyến với nhân suy biến

Định nghĩa 2.1. Nghiệm x(t) của phương trình tích phân (2.1) là
một hàm x liên tục và thoả mãn phương trình (2.1) trên nửa khoảng
[0, +∞).
Để nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm cho phương trình tích phân

11


(2.1), chúng tôi đặt các giả thiết sau
(A1) Hàm f dương và liên tục trên khoảng [0, ∞),
(A2) Hàm a dương, liên tục và khả tích địa phương trên khoảng (0, ∞),
(A3) Hàm g (., .) là hàm xác định (−∞, ∞) × [0, ∞), 0 ≤ t < ∞, g
liên tục tại x với mọi t cố định và xg (x, t) ≥ 0.
Giả sử rằng các giả thiết trên đều được thỏa mãn ta có định lý về
sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân (2.1) như sau.
Định lý 2.1. Giả sử các hàm số f, a, g thoả mãn các điều (A1), (A2),
(A3). Khi đó, nếu
f (T ) a (T − s)
≤
,
f (t)
a (t − s)
với 0 ≤ s ≤ T < t bất kì thì tồn tại nghiệm x (t) của phương trình
(2.1) với mọi t ≥ 0 và thỏa mãn 0 ≤ x(t) ≤ f (t).
Chứng minh. Đặt g ∗ (x, t) = g(x, t) nếu x ≥ 0 và g ∗ (x, t) = 0 nếu
x ≤ 0. Nếu tồn tại x∗ không âm thì x∗ (t) là nghiệm của phương trình
(2.1) khi g được thay thế bởi g ∗ .
Thật vậy giả sử ngược lại tồn tại x∗ âm, ta có tập
A = {t ≥ 0; ∃ x∗ (s) , s ∈ [0, t] ; x∗ (t) < 0},
là một tập mở hoàn toàn. Giả sử (T, T0 ) là một khoảng mở lớn nhất
chứa trong A.

12

Khi đó x∗ (T ) = 0 và T < t < T0
T
∗

a (t − s) g ∗ x∗ (s) , s ds

x (t) = f (t) −
0

f (t)
=
f (T )

T

f (T ) −

f (t)
≥
f (T ) −
f (T )
f (t) ∗
x (T )
=
f (T )

0

f (T ) a (t − s) g ∗ x∗ (s) , s
ds

f (t)

T

a (T − s) g ∗ x∗ (s) , s ds
0

= 0.
Suy ra x∗ (t) = 0. Ta thấy rằng mẫu thuẫn với x∗ (t) < 0 do đó tập A
rỗng. Vậy nếu tồn tại x∗ không âm, 0 ≤ x∗ (t) ≤ f (t) thì x∗ (t) là
nghiệm của phương trình (2.1) khi g được thay thế bởi g ∗ .
Vì f (t) bị chặn trên mỗi khoảng hữu hạn, x∗ (t) có thể liên tục tại
nghiệm của phương trình tích phân ∀t ≥ 0. Từ việc đặt g ∗ dẫn tới
x∗ (t) = x (t). Điều phải chứng minh.
Bây giờ chúng ta xét đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm của một số
phương trình tích phân Volterra phi tuyến loại II khi hàm g(., .) thay
đổi.
Nếu hàm g(., .) chỉ phụ thuộc vào biến thứ nhất, nghĩa là g x, s =
g(x) thì ta thu được phương trình phi tuyến Volterra loại II có dạng
t

x (t) = f (t) −

a (t − s) g (x (s)) ds,

(2.2)

0

Trong đó, hàm g : R → R là hàm khả vi, g(x) = x+o(|x|) khi |x| → 0.

Theo định lý (1.3) về mối quan hệ giữa tính khả vi và tính liên tục
13


thì g : R → R là hàm số liên tục.
Tương tự như định lý (2.1) ở trên nếu
f (T ) a (T − s)
≤
,
f (t)
a (t − s)
với 0 ≤ s ≤ T < t bất kì thì tồn tại nghiệm x (t) của phương trình
(2.2) với mọi t ≥ 0 và thỏa mãn 0 ≤ x(t) ≤ f (t).
Sau đây là một số tính chất quan trọng của nhân a.
Tính chất 2.1.1. Nhân a thỏa mãn các tính chất sau
(1) Hàm a ∈ L1 (0, T ),
(2) Hàm a dương, liên tục và không tăng trên khoảng (0, ∞),
a(t)
là hàm số không tăng theo t với
(3) Cho T ≥ 0 bất kì hàm số
a(t + T )
0 < t < ∞.
Ngoài ra, trường hợp g(x, s) = x(s). Ta xét phương trình tích phân
Volterra phi tuyến loại II khác đó là
t

k(t) = a(t) −

a(t − s)k(s)ds,

(2.3)

0

Trong đó, hàm a(t) và k(t) đều không âm và thuộc lớp L1 (0, ∞).
Kết hợp với các tính chất trên của nhân a ta có định lý về sự duy
nhất nghiệm của phương trình (2.3) như sau.
Định lý 2.2. Nếu nhân a thỏa mãn (A1)-(A3) thì phương trình (2.3)
tồn tại và duy nhất nghiệm k, k khả tích địa phương và liên lục trên
khoảng (0, ∞). Nếu a(0+ ) < ∞ thì k cũng được xác định và liên tục
tại t = 0. Hơn nữa, ta cũng có
14


(i) 0 ≤ k(t) ≤ a(t) trên khoảng 0 < t < ∞,
(ii)

∞
0 k(t)dt

≤ 1,

(iii) k(t) = 0 trên khoảng (0, T ) bất kì với T > 0.
Chứng minh. Giả sử εn là dãy giảm, dương đến 0. Đặt an (t) = a(t+εn )
và gọi kn là nghiệm duy nhất của phương trình
t

kn (t) = an (t) −

a(t − s)kn (s)ds (t ≥ 0).

(2.4)

0

Từ định lý (2.1) về sự tồn tại nghiệm ở trên ta thấy rằng 0 ≤ kn (t) ≤
an (t) ≤ a(t) với 0 < t < ∞.
Vì kn (t) ≥ 0 và a(t) không tăng
t

t

|kn (s)|ds =

t

kn (t − s)ds ≤

0

0

=

0

kn (t − s)a(s)
ds
a(t)

an (t) − kn (t)
≤ 1.
a(t)

Cho t → ∞ ta thấy rằng
t

|kn (s)|ds ≤ 1.
0

Với T ≥ 0 cố định, bất kì và Kn (t) = kn (t) với 0 ≤ t ≤ T và
Kn (t) = 0. Lúc đó
+∞

|Kn (s)|ds ≤ 1 (n = 1, 2, 3, ..).
−∞

15


Cho 0 < h < 1 bất kì, ta có
h+t

kn (t + h) − kn (t) = an (t + h) − an (t) −

a(t + h − s)kn (s)ds
t

t

−

a(s + h) − a(s)kn (t − s)ds.
0

Vì 0 ≤ kn (t) ≤ a(t) nên ta có
T

t+h

T

h

a(t + h − s)kn (s)dsdt ≤
h

a(h − s)kn (t + s)dsdt

t

0

0
h

T

kn (t + s)dt a(h − s)ds

=
0

0
h

≤

h

a(h − s)ds =
0

a(s)ds.
0

Tương tự ta có
t

T

|a(s + h) − a(s)|kn (t − s)dsdt
h
T

0
T

kn (t − s)dt|a(s + h) − a(s)|ds

≤
0

s
T

≤

|a(s + h) − a(s)|ds.
0

Vì thế khi εn < 1
T

h

|kn (t + h) − kn (t)|dt ≤
h

T

|a(s + h) − a(s)|ds.

a(s)ds + 2
0

0

Với mỗi n, xn (t) ≤ a(t) ta có
+∞

h

|Kn (s + h) − Kn (s)|ds ≤

T +h

kn (t)dt +

−∞

0

kn (t)dz
T

T

|kn (t + h) − kn (t)|dt → 0,

+
h

16


khi h → 0+ với mọi n. Có một kết quả tương tự khi h → 0− .
Nó chứng minh rằng dãy Kn là dãy compact đóng trong không gian
L1 (−∞, ∞). Khi đó có hàm k0 ∈ L1 (0, T ) và một dãy con kn sao cho
kn → k0 . Chúng ta có thể giả sử rằng kn (t) → k0 (t). Lập luận tương

tự như trên các khoảng (0, nT ), n = (2, 3, 4, ...) và sử dụng dãy chéo
ta có thể xác định k0 (t) trên khoảng (0, ∞).
Vì kn (t) → k0 (t) cho nên 0 ≤ k0 (t) ≤ a(t) trên khoảng (0, ∞). Rõ
ràng

∞
0 x0 (t)dt

≤ 1. Vì |kn (s) − k0 (s)| ≤ 2a(s) cho nên khi n → ∞

ta có
t

a(t − s)kn (s) − k0 (s)ds → 0.
0

Do k0 là nghiệm của phương trình (2.3). Cho 0 < t < ∞ ta có
t

k(t) = a(t) −

a(t − s)k0 (s)ds.
0

Khi đó k(t) liên tục trên khoảng (0, ∞) và k(t) = k0 (t). Do đó giải k
của phương trình (2.3) và thỏa mãn (i) và (ii). Vì a(0+ ) = x(0+ ) ta có
thể xác định k(0) = a(0+ ) nếu a(0+ ) < ∞.
Để chứng minh sự duy nhất giả sử k1 ∈ L1 (0, T ), liên tục trên
khoảng (0, T ] và giải phương trình (2.3) Với một số nguyên n cố định

17


lớn, nếu h =

T
n

thì

h
0 a(s)ds

< 1. Nếu k1 (t) = k(t) trên đoạn [0, h] thì

h

h

|k1 (s) − k(s)|ds =
0

t

|

a(s)k1 (t − s) − k(t − s)ds|dt

0

0
h

h

≤

|k1 (t − s) − k(t − s)|dta(s)ds
0

s
h

h

≤

|k1 (t) − x(t)|dta(s)ds
0

0
h

≤

|k1 (t) − x(s)|ds.
0

Suy ra k1 (t) = k(t) trên đoạn [0, h]. Vì
h

k(t + h) = a(t + h) −

t

a(t + h − s)k(s)ds −
0

a(t − s)k(s + h).
0

Lập luận tương tự thấy rằng
h

|k1 (t + h) − k(t + h)|dt = 0,
0

Ta có k1 (t) = k(t) với h ≤ t ≤ 2h. Bằng phương pháp quy nạp
k(t) = k1 (t) trên (0, T ]. Điều này chứng minh được sự duy nhất của
x.
Để chứng minh (iii) giả sử k(t) = 0, ∀t ∈ (0, T ). Lúc đó phương
trình (2.3) có a(t) = 0. Nó mâu thuẫn với giả sử a(t) > 0 từ đó dẫn
đến (iii). Điều phải chứng minh.

2.2

Một số trường hợp đặc biệt của nhân a

Giả sử nhân a thỏa mãn tất cả các tính chất (A1)-(A3) đã nêu trong
mục (2.1), khi đó ta thu được một số trường hợp đặc biệt của nhân a

18


như sau.
Hệ quả 2.1. Giả sử nhân a thỏa mãn (A1)-(A3). Khi đó,
(i) Nếu a ∈
/ L1 (0, ∞) thì
(ii) Nếu

∞
0 a(t)dt

∞
0 k(t)dt

= 1.

= A < ∞ thì
∞

k(t)dt = A (1 + A)−1 < 1.

0

Chứng minh. Giả sử a ∈
/ L1 (0, ∞). Nghiệm x(t) của phương trình
t

a(t − s)x(s)ds,

x(t) = 1 −
0

là x(t) = 1−

t
0 k(s)ds.

Từ định lý 2.2 ta được x(t) không âm và không

tăng.
Giả sử rằng lim x(t) = x(∞). Khi t → ∞, ta có
t→∞

t

x(t) ≤ 1 −

a(t − s)x(∞)ds → −∞,
0

Mâu thuẫn x(t) ≥ 0 và chứng minh được (i).
Bây giờ giả sử a ∈ L1 (0, ∞). Nếu kí hiệu ∗ là phép biến đổi Laplace
thì phương trình (2.3) có dạng
k ∗ (w) = a∗ (w) − a∗ (w)k ∗ (w), w ≥ 0.
Vì a∗ (0) = A chứng minh phần (ii).
Điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.2. Hàm số b(t) được gọi là hoàn toàn đơn điệu trên

19

khoảng (0, ∞) khi và chỉ khi b ∈ C ∞ (0, ∞) và
(−1)j b(j) (t) ≥ 0

(j = 0, 1, 2, ..., 0 < t < ∞).

Bổ đề 2.1. Nếu a(t) hoàn toàn đơn điệu trên khoảng (0, ∞) thì a(t) ≡
0 hoặc a(t) > 0 với mọi t ∈ (0, ∞).
Chứng minh. Nếu a(t0 ) = 0 với t0 > 0 thì a (t) ≤ 0 ta thấy rằng
a(t) = 0 với mọi t ≥ t0 . Từ (2.5) suy ra hàm a(t) dương. Điều phải
chứng minh.
Bổ đề 2.2. Nếu a(t) hoàn toàn đơn điệu trên khoảng (0, ∞) và a(t) =
0 thì a(t) sẽ thỏa mãn (A3).
Chứng minh. Giả sử tính chất 3 tương đương với hàm số log a(t). Điều
này tương đương với điều kiện
y(t) = a(t)an (t) − (a (t))2

(0 < t < ∞).

Sử dụng (2.5) ta có
∞

y(t) =

∞

e

−wt

0
∞

0
−wt

−

we

∞

ze−zt dγ(z)

dγ(w)

0
∞

∞

z 2 e−zt dγ(z)

dγ(w)

0

z(z − w)e−t(z+w) dγ(z)dγ(w).

=
0

0

20


Sử dụng sự hội tụ tuyệt đối của tích phân ta được
∞

∞

z(z − w)e−t(z+w) dγ(z)dγ(w)
0

∞

w

z

z(z − w)e−t(z+w) dγ(w)dγ(z)

=
0
∞

0
w

w(w − z)e−t(w+z) dγ(z)dγ(w).

=
0

0

Do
∞

∞

w

y(t) =

∞

(...) +
0

∞

0

w

(...)
0

w

(z − w)2 e−t(z+w) dγ(x)dγ(w) > 0.

=
0

0

Điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.2. Nếu a(t) khả tích và hoàn toàn đơn điệu trên khoảng
(0, ∞) thì nghiệm k(t) của phương trình (2.3) thỏa mãn tất cả các kết
luận của định lý (2.2) và hệ quả 1 ở trên.
Chứng minh. Điều này được suy ra từ bổ đề (2.1 ) và (2.2) ở trên.
Bây giờ chúng ta xét dãy kn xác định bởi (2.4) của chứng minh ở định
lý (2.2). Nó chỉ ra rằng có tồn tại một dãy con sao cho với T > 0 bất
kì thì dãy con hội tụ trong lớp L1 (0, T ) đến nghiệm k.
Vì nghiệm k của phương trình (2.3) là duy nhất, dễ dàng chỉ ra rằng
toàn bộ dãy kn → k trên L1 (0, T ). Nếu hàm a(t) hoàn toàn đơn điệu
trên nửa khoảng (0, ∞) có thể nói rằng kn → k hội tụ. Điều phải
chứng minh.
Bổ đề 2.3. Giả sử a(t) thỏa mãn tất cả các giả thiết (A1)-(A3).
Cho T > 0 cố định, cho ϕ và θ là không âm với θ ∈ L∞ (0, T ) và
21