Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Huỳnh Văn An

MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN HAI ĐIỂM
KHƠNG CHÍNH QUY
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Huỳnh Văn An

MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN HAI ĐIỂM
KHƠNG CHÍNH QUY
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI
Chun ngành: Tốn giải tích
Mã số: 84 601 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

Thành phố Hồ Chí Minh – 2020

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ Toán học với đề tài “Một lớp bài toán
biên hai điểm khơng chính quy cho phương trình vi phân cấp hai” là do tôi thực
hiện với sự hướng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn, khơng sao chép của
bất kì ai.
Nội dung luận văn được tham khảo, trình bày lại các kết quả của các nhà
toán học: A.G. Lomtatidze, Robert Hakl và Manuel Zamora từ các tài liệu được
liệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo. Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm
về luận văn của mình.
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 10 tháng 7 năm 2020
Học viên thực hiện

HUỲNH VĂN AN


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 trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh
đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tơi trong suốt q trình học tập và hồn thành
luận văn Thạc sĩ.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các giảng viên của Trường đã nhiệt
tình truyền đạt những kiến thức quý báu, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tơi
hồn thành khóa học.
Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn đã hướng
dẫn tơi trong suốt q trình nghiên cứu và hồn 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 tơi hồn thành
luận văn này một cách hồn chỉnh.
Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến

kích tơi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Xin chân thành cảm ơn.


MỤC LỤC
Lời cam đoan .......................................................................................................
Lời cảm ơn...........................................................................................................
Mục lục ................................................................................................................
Danh mục các kí hiệu ..........................................................................................
GIỚI THIỆU .................................................................................................... 1
Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (1.1), (1.2) ..................... 3
1.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2) ............................................ 3
Định nghĩa 1.1. ............................................................................................ 3
Định lý 1.2................................................................................................... 3
Hệ quả 1.3. .................................................................................................. 4
Hệ quả 1.4. .................................................................................................. 4
1.2. Các bổ đề bổ trợ ....................................................................................... 5
Bổ đề 1.5. .................................................................................................... 5
Bổ đề 1.6. .................................................................................................. 11
Bổ đề 1.7. .................................................................................................. 13
Bổ đề 1.8. .................................................................................................. 18
Bổ đề 1.9. .................................................................................................. 19
1.3. Chứng minh các kết quả cơ bản ............................................................. 19
Chứng minh Định lý 1.2: .......................................................................... 19
Chứng minh Hệ quả 1.3: ........................................................................... 22
Chứng minh Hệ quả 1.4: ........................................................................... 29
Chương 2. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TỐN (2.1), (2.2) ................... 32


2.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (2.1), (2.2) .......................................... 32

Định nghĩa 2.1. .......................................................................................... 32
Định lý 2.2................................................................................................. 32
2.2. Các bổ đề bổ trợ ..................................................................................... 33
Bổ đề 2.3. .................................................................................................. 33
Bổ đề 2.4. .................................................................................................. 39
Bổ đề 2.5. .................................................................................................. 43
Bổ đề 2.6. .................................................................................................. 43
Bổ đề 2.7. .................................................................................................. 45
Bổ đề 2.8. .................................................................................................. 49
2.3. Chứng minh kết quả cơ bản ................................................................... 49
Chứng minh Định lý 2.2. .......................................................................... 49
KẾT LUẬN .................................................................................................... 51
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 52


DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU
 ℕ là tập các số tự nhiên, ℝ là tập các số thực, ℝ+ = [0, +∞).
 𝐿([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑝: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 khả tích Lebesgue
trên [𝑎, 𝑏].
 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → 𝐷 thỏa
𝑝 ∈ 𝐿([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với mọi [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏).
 𝐿∞
𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) là tập các hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → ℝ+ bị chặn hoàn toàn trên
mỗi đoạn chứa trong (𝑎, 𝑏).
 𝐶([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm liên tục 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷.
 𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ) là tập các hàm 𝑢: (𝑎, 𝑏) → ℝ thỏa 𝑢 ∈ 𝐶([𝛼, 𝛽]; ℝ) với
mọi [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏).
 𝐴𝐶 1 ([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 liên tục tuyệt đối
và đạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt đối.
1

(𝐼; 𝐷) với 𝐼 ⊆ (𝑎, 𝑏), 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: 𝐼 → 𝐷 thỏa mãn
 AC𝑙𝑜𝑐

𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với [𝛼, 𝛽] ⊆ 𝐼.
 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ; ℝ) với 𝐷 ⊆ ℝ là lớp Carathéodory, nghĩa là hàm
𝑓: (𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ → ℝ thỏa 𝑓(𝑡,∙,∙): 𝐷 × ℝ → ℝ liên tục hầu khắp nơi
𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑓(∙, 𝑥, 𝑦): (𝑎, 𝑏) → ℝ liên tục với mọi (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 × ℝ và
sup{|𝑓(∙, 𝑥, 𝑦)|: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷0 } ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) với mọi tập compact
𝐷0 ⊂ 𝐷 × ℝ.
1

1

2

2

 [𝑝]− = (|𝑝| − 𝑝), [𝑝]+ = (|𝑝| + 𝑝).
 𝑢(𝑠 +) và 𝑢(𝑠 −) là giới hạn phải và giới hạn trái của hàm 𝑢 tại điểm 𝑠.


1
GIỚI THIỆU
Lý thuyết bài tốn biên cho phương trình vi phân thường ra đời từ thế kỉ 18,
tuy nhiên đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ và có nhiều ứng dụng trong khoa học
và kỹ thuật khác nhau như: cơ khí, điện tử, vật lý, sinh học, nơng nghiệp, ….[1],
[3], [4], [6] – [8], [18] – [20]. Một trong những mục đích chính của việc nghiên
cứu bài tốn biên cho phương trình vi phân là xem xét sự tồn tại nghiệm, các
tính chất của nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch hay
phương trình vi phân khơng chính quy. Bài tốn biên cho phương trình vi phân

khơng chính quy được nghiên cứu bởi nhiều nhà tốn học đến từ Cộng hịa
Grugia, Cộng hịa Séc,… như I. Kiguradze, A. Lomtatidze, R. Hakl.
Mục đích chính của luận văn là hệ thống và trình bày lại một cách chi tiết hai
bài báo của A. Lomtatidze và R. Hakl.
1) A. Lomtatidze and P. J. Torres, On a two-point boundary value problem
for second order singular equations, Czechoslovak Math. J. 53 (2003), 19 – 43.
2) R. Hakl and Manuel Zamora, Existence of a solution to the Dirichlet
problem associated to a second-order differential equation with singularities:
The method of lower and upper functions, Georgian Math. J. 20 (2013),
469 – 491.
Nội dung luận văn gồm hai chương:
Chương 1. Tính giải được cho bài tốn (1.1), (1.2).
Chương này xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều kiện cần
và đủ cho tính giải được của bài tốn giá trị biên:
𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′

(1.1)

𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0

(1.2)

trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ).


2
Nghiệm

của

bài

tốn

(1.1), (1.2)

là

hàm

𝑢

khơng

bị

chặn,

1
𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐
((𝑎, 𝑏); (0; +∞)) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên

(𝑎, 𝑏) và thỏa mãn điều kiện biên (1.2).
Chương 2. Tính giải được cho bài toán (2.1), (2.2).
Chương này xây dựng điều kiện đủ cho tính giải được của bài tốn giá trị biên:
𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′

(2.1)

𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 1

(2.2)

trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ).
1
Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là hàm 𝑢 bị chặn, 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐
((𝑎, 𝑏); ℝ),

0 < 𝑢(𝑡) < 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên (𝑎, 𝑏)
và thỏa mãn điều kiện biên (2.2).


3
Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TỐN (1.1), (1.2)

Trong chương này, ta xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều
kiện cần và đủ cho sự tồn tại nghiệm khơng bị chặn của bài tốn giá trị biên:
𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′

(1.1)

𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0

(1.2)

Trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ).
1.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2)
Định nghĩa 1.1.
Hàm liên tục 𝜎: (𝑎, 𝑏) → (0, +∞) là hàm dưới (trên) của phương trình (1.1)
1

nếu ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐
((𝑎, 𝑏)\{𝑡1 , 𝑡2 , … , 𝑡𝑛 }; (0, +∞)), 𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝑛 < 𝑏, tồn

tại các giới hạn hữu hạn 𝜎(𝑎 +), 𝜎(𝑏 −), 𝜎′(𝑡𝑖 +), 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −), 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛,
𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) < 𝜎′(𝑡𝑖 +) ( 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) > 𝜎′(𝑡𝑖 +)), 𝑖 = ̅̅̅̅̅
1, 𝑛,
và hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có:
𝜎 ′′ (𝑡) ≥ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎 ′ (𝑡)
(𝜎′′(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎′(𝑡)).
Định lý 1.2.
Giả sử 𝜎1 và 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của phương trình (1.1) và:
𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),
𝜎1 (𝑎 +) = 0, 𝜎1 (𝑏 −) = 0, 𝜎2 (𝑎 +) ≠ 0, 𝜎2 (𝑏 −) ≠ 0.

(1.3)

Giải sử thêm, với mỗi 0 < 𝜂 < min{𝜎2 (𝑡): 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏} tồn tại 𝛾 ∈ (𝑎, 𝑏),
𝑝𝜂 , 𝑞𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa mãn:


4
𝑏

𝑏

∫𝑎 𝑞𝜂 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)𝑝𝜂 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞
và

(1.4)

|𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝𝜂 (𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝛾 − 𝑡) ≥ −𝑞𝜂 (𝑡)
𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1𝜂 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡)

trong đó

𝜎1𝜂 (∙) = max{𝜂, 𝜎1 (∙)}.

(1.5)

Khi đó, bài tốn (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm 𝑢 thỏa mãn:
𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏).

(1.6)

Hệ quả 1.3.
Cho 𝑓 là hàm không giảm theo biến thứ hai và tồn tại 𝑟 > 0 thỏa mãn:
𝑓(𝑡, 𝑟) ≤ 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏)

(1.7)

Hơn nữa, trên (𝑎, 𝑏) × (0, +∞) thỏa bất đẳng thức
|𝑔(𝑡, 𝑟)| ≤ 𝑞 ∗ (𝑡), 𝑞 ∗ ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ )

(1.8)

Khi đó:
𝑏

∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)|𝑓(𝑠, 𝑥)|𝑑𝑠 < +∞ , 𝑥 ∈ (0, 𝑟]

(1.9)

là điều kiện cần và đủ để bài toán (1.1), (1.2) giải được.
Hệ quả 1.4.
Cho 𝑓 là hàm không giảm theo biến thứ hai và tồn tại 𝑟 > 0 thỏa thỏa điều kiện
(1.7). Giả sử thêm, tồn tại 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sao cho ánh xạ (𝑡, 𝑥) → 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝑐 − 𝑡)
không giảm theo biến thứ hai, và:
𝑏

∫𝑎 |𝑔(𝑠, 𝑥)|𝑑𝑠 < +∞, 𝑥 > 0
Khi đó, (1.9) là điều kiện cần và đủ để bài toán (1.1), (1.2) giải được.


5
1.2. Các bổ đề bổ trợ
Phần này trình các bổ đề tiên nghiệm và bổ đề về tính có nghiệm của bài toán
(1.1), (1.2) trong trường hợp các hàm 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × ℝ; ℝ).
Các hàm ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) luôn thỏa điều kiện:
𝑏

𝑏

∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 ℎ2 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞.

(1.10)

Bổ đề 1.5.
Cho 𝑟0 > 0, ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa (1.10). Khi đó, tồn tại 𝑐0 > 0,
𝐻1 ∈ 𝐶 ([𝑎,

𝑎+𝑏
2

] ; ℝ+ ) , 𝐻2 ∈ 𝐶 ([

𝐻2 (𝑏) = 0 và với mọi 𝑎1 ∈ (𝑎,

𝑎+𝑏
2
𝑎+𝑏
2

, 𝑏] ; ℝ+ ) thỏa điều kiện 𝐻1 (𝑎) = 0,
𝑎+𝑏

) , 𝑏1 ∈ (

2

, 𝑏), 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ])

thỏa mãn các bất đẳng thức:
𝑢′′ (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ),
|𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ).

(1.11)

(𝑡 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑐0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ),

(1.12)

Ta có:

𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑎1 ) + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 ,
𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑏1 ) + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ [

𝑎+𝑏

𝑎+𝑏
2

2

],

, 𝑏1 ].

(1.13)

Chứng minh:
Giả sử 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5.
Đặt: 𝜓0 (𝑡) = −ℎ2 (𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝑡), 𝜓1 (𝑡) = 𝑢′′ (𝑡) + ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ).
Suy ra:
𝑢′′ (𝑡) = 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|


6
= 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝑡). 𝑢′ (𝑡)
= 𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡) + 𝜓1 (𝑡).

Khi đó, 𝑢 là một nghiệm của phương trình:
𝑢′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑢′ + 𝜓1 (𝑡)

(1.14)

và 𝑢′′ (𝑡) = 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ).
𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ).

Suy ra:

(1.15)

Lấy 𝑡0 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) tùy ý và 𝑢′ (𝑡0 ) ≠ 0. Khi đó:
𝑢′ (𝑡0 ) > 0

(1.16)

𝑢′ (𝑡0 ) < 0.

(1.17)

hoặc

Trường hợp 𝑢′ (𝑡0 ) > 0:
Đặt:
𝑏

𝑠

𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ).

Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình:
𝜇′ (𝑡) = −𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) − 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑏1 ) = 0.
Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑡0 đến 𝑏1 ta được:
𝑏

𝑏

𝑏

0

0

0

1
1
1
∫𝑡 𝜇(𝑡)𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑡 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑡 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡

Dùng phương pháp tích phân từng phần:
Đặt:
𝑢1 (𝑡) = 𝜇(𝑡), 𝑑𝑢1 (𝑡) = 𝜇′(𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑣1 = 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡, 𝑣1 = ∫ 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡. Chọn 𝑣1 = 𝑢′(𝑡).


7
Thì ta có:
𝜇(𝑡)𝑢′(𝑡) |

𝑏1
𝑏
𝑏
𝑏
− 1 𝜇′(𝑡)𝑢′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡
𝑡0 ∫𝑡0
0
0

Thế cận vào ta có:
𝑏

𝜇(𝑏1 )𝜇′ (𝑏1 ) − 𝜇(𝑡0 )𝜇′ (𝑡0 ) = ∫𝑡 1[𝜇′ (𝑡) + 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)] 𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡
0

𝑏

+ ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡
0

Vì 𝜇(𝑏1 ) = 0 và 𝜇′ (𝑡) + 𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) = −1, suy ra:
𝑏

−𝜇(𝑡0 )𝑢′ (𝑡0 ) = 𝑢(𝑡0 ) − 𝑢(𝑏1 ) + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)𝜓1 (𝑠)𝑑𝑠
0

Chuyển vế và để ý 𝑢′ (𝑡0 ) > 0 ta được:
𝑏

𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| = 𝑢(𝑏1 ) − 𝑢(𝑡0 ) + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)[−𝜓1 ](𝑠)𝑑𝑠

0

Vì |𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) nên
𝑏

𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ |𝑢(𝑏1 ) − 𝑢(𝑡0 )| + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)|−𝜓1 (𝑠)|𝑑𝑠
0

𝑏

≤ 2𝑟0 + ∫𝑡 1 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠.

(1.18)

0

Trường hợp 𝑢′ (𝑡0 ) < 0:
Đặt:
𝑡

𝑠

𝜇(𝑡) = ∫𝑎 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑡0 )
1

Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình:
𝜇′ (𝑡) = −𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) + 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑎1 ) = 0.
Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑎1 đến 𝑡0 ta được:
𝑡

𝑡

𝑡

0
0
0
∫𝑎 𝜇(𝑡)𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑎 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑎 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡
1

1

1


8
Dùng phương pháp tích phân từng phần:
Đặt:
𝑢1 (𝑡) = 𝜇(𝑡), 𝑑𝑢1 (𝑡) = 𝜇′(𝑡)𝑑𝑡
𝑑𝑣1 = 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡, 𝑣1 = ∫ 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡. Chọn 𝑣1 = 𝑢′(𝑡)
Thì ta có:
𝑡
𝑡
𝑡
𝑡
𝜇(𝑡)𝑢′(𝑡) |𝑎0 − ∫𝑎 0 𝜇′(𝑡)𝑢′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡
1

1

1

1

Thế cận vào ta có:
𝑡

𝜇(𝑡0 )𝜇′ (𝑡0 ) − 𝜇(𝑎1 )𝜇′ (𝑎1 ) = ∫𝑎 0[𝜇′ (𝑡) + 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)] 𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡
1

𝑡

+ ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡
1

Vì 𝜇(𝑎1 ) = 0 và 𝜇′ (𝑡) + 𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) = 1, suy ra:
𝑡

𝜇(𝑡0 )𝑢′ (𝑡0 ) = 𝑢(𝑡0 ) − 𝑢(𝑎1 ) + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)𝜓1 (𝑠)𝑑𝑠
1

Chuyển vế và để ý 𝑢′ (𝑡0 ) < 0 ta được:
𝑡

𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| = 𝑢(𝑎1 ) − 𝑢(𝑡0 ) + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)[−𝜓1 (𝑠)]𝑑𝑠.
1

Vì |𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) nên
𝑡

𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ |𝑢(𝑎1 ) − 𝑢(𝑡0 )| + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)|−𝜓1 (𝑠)|𝑑𝑠
1

𝑡

≤ 2𝑟0 + ∫𝑎 0 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠.
1

Ta có:
𝑏

𝑠

𝑏

𝑠

𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
≤ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 |𝜓0 (𝜉)|𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠


9
𝑏

𝑏

≤ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
𝑏

= 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] (𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ).

và

𝑏

𝑠

𝑏

𝑠

𝑏

𝑏

𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
= ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 −ℎ2 (𝜉)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
≥ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 −ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
−1

𝑏

= (𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠)𝑑𝑠])

(𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ).

Suy ra:
ℎ0−1 (𝑏1 − 𝑡) ≤ 𝜇(𝑡) ≤ ℎ0 (𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 )
trong đó
𝑏

ℎ0 = 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠].

(1.19)

Với 𝑡 = 𝑡0 ta có: ℎ0−1 (𝑏1 − 𝑡0 ) ≤ 𝜇(𝑡0 ) ≤ ℎ0 (𝑏1 − 𝑡0 )
Do đó: (𝑏1 − 𝑡0 ) ≤ ℎ0 𝜇(𝑡0 ) ≤ ℎ02 (𝑏1 − 𝑡0 ), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ).
𝑏

Mà 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ 2𝑟0 + ∫𝑡 1 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠
0

𝑏

Hay ℎ0 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑡 1(𝑏1 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)ℎ0 𝑑𝑠] ℎ0
0

𝑏

Suy ra: (𝑏1 − 𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑎 (𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02 .
Chứng minh tương tự ta có:
𝑏

(𝑡0 − 𝑎1 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02
Nhân bất đẳng thức đầu với 𝑡0 − 𝑎1 và bất đẳng sau với 𝑏1 − 𝑡0 suy ra:
𝑏

(𝑡0 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02


10

Vì 𝑡0 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) tùy ý nên (𝑡 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑐0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 )
𝑏

𝑏

với 𝑐0 = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠]. (1.20)
Tiếp theo ta sẽ chứng minh (1.13) đúng, với
𝐻1 (𝑡) = [

4𝑟0

𝑏−𝑎

𝐻2 (𝑡) = [

4𝑟0
𝑏−𝑎

𝑎+𝑏
2

𝑡

(𝑡 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠 + (𝑡 − 𝑎) ∫𝑡
𝑏

ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] ℎ02 , 𝑡 ∈ (𝑎,

𝑡

(𝑏 − 𝑡) + ∫𝑡 (𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠 + (𝑏 − 𝑡) ∫𝑎+𝑏 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] ℎ02 , 𝑡 ∈ [
2

𝑎+𝑏
2

𝑎+𝑏
2

],

, 𝑏).

(1.21)
Giả sử 𝑤1 là nghiệm của bài toán
𝑎+𝑏

𝑤 ′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ − ℎ1 (𝑡) ; 𝑤(𝑎1 ) = 0, 𝑤 (

2

) = 2𝑟0

Ta cần chứng minh:
𝑤
̃(𝑡) = 𝑢(𝑡) − 𝑢(𝑎1 ) − 𝑤1 (𝑡) ≤ 0, 𝑡0 ∈ (𝑎1 ,
Giả sử (1.22) sai, khi đó tồn tại 𝑡∗ ∈ [𝑎1 ,

𝑎+𝑏
2

) và 𝑡 ∗ ∈ (𝑡∗ ,

𝑎+𝑏
2

𝑎+𝑏
2

] thỏa mãn:

𝑤
̃(𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ), 𝑤
̃(𝑡∗ ) = 0 và 𝑤
̃(𝑡 ∗ ) = 0.
Từ (1.14) và (1.15) ta có:
𝑤
̃ ′′ (𝑡) = 𝑢′′ (𝑡) − 𝑤1′′ (𝑡)
= 𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡) + 𝜓1 (𝑡) − 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ (𝑡) + ℎ1 (𝑡)
= 𝜓0 (𝑡)[𝑢′ (𝑡) − 𝑤 ′ (𝑡)] + 𝜓1 (𝑡) + ℎ1 (𝑡)
≥ 𝜓0 (𝑡)[𝑢′ (𝑡) − 𝑤 ′ (𝑡)] = 𝜓0 (𝑡) 𝑤
̃ ′ (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ).
Điều này mẫu thuẫn với (1.23). Do đó (1.22) đúng.
Dễ dàng kiểm tra:
𝑤1 (𝑡) ≤ 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 ,

𝑎+𝑏
2

]

). (1.22)

(1.23)


11
Hay 𝑢(𝑡) − 𝑢(𝑎1 ) ≤ 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 ,

𝑎+𝑏
2

].

Từ đó suy ra bất đẳng thức thứ nhất của (1.13) đúng.
Chứng minh tương tự ta được:
𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑏1 ) + 𝑤2 (𝑡), 𝑤2 (𝑡) ≤ 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ [

𝑎+𝑏
2

, 𝑏1 ],

với 𝑤2 là nghiệm của bài toán
𝑎+𝑏

𝑤 ′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ − ℎ1 (𝑡); 𝑤 (

2

) = 2𝑟0 , 𝑤(𝑏1 ) = 0.

Vậy, bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.6.
Cho 𝑟0 > 0, 𝛼 ∈ (𝑎,

𝑎+𝑏
2

𝑎+𝑏

),𝛽 ∈ (

2

, 𝑏) , 𝛾 ∈ (𝛼, 𝛽), ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ )

thỏa (1.10). Khi đó, tồn tại hàm 𝜑 ∈ 𝐿((𝑎, 𝑏); ℝ+ ), 𝜑 bị chặn trên (𝑎, 𝑏) và
với mọi 𝑎1 ∈ (𝑎, 𝛼), 𝑏1 ∈ (𝛽, 𝑏), hàm 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa (1.11) và thỏa
mãn các bất đẳng thức:
𝑢′′ (𝑡)𝑠𝑔𝑛((𝛾 − 𝑡)𝑢′ (𝑡)) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ),(1.24)
𝑢′′ (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝛼, 𝛽).

(1.25)

Ta có:
|𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ).

(1.26)

Chứng minh:
Giả sử 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.6.
Theo (1.25), (1.11) và Bổ đề 1.5 ta có:
(𝛾 − 𝛼)(𝛽 − 𝛾)|𝑢′ (𝛾)| ≤ 𝑐0 hay |𝑢′ (𝛾)| ≤
𝑏

𝑐0
(𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
𝑏

(1.27)

với 𝑐0 = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠].


12
Ta cần chứng minh: |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝛾)

(1.28)

Trong đó:
𝛾

𝑐

𝑏

0
𝜑0 (𝑡) = ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
+ ∫𝑡 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝛾). (1.29)

Giả sử (1.28) sai. Khi đó, theo (1.27) và (1.29), tồn tại 𝑡∗ ∈ (𝑎1 , 𝛾) và
𝑡 ∗ ∈ (𝑡∗ , 𝛾) thỏa
|𝑢′ (𝑡)| > 𝜑0 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡∗ , 𝑡 ∗ ),
|𝑢′ (𝑡 ∗ )| =

𝑐0
(𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)

(1.30)

.

Giả sử 𝑢′ (𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ).
Khi đó theo bổ đề bất đẳng thức tích phân, từ (1.24) suy ra:
𝑡∗

𝑠

∗

∗

|𝑢′ (𝑡∗ )| ≤ (|𝑢′ (𝑡 ∗ )| + ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑡 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠)
𝑡∗

𝑐

𝑏

0
≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
+ ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠)
∗

𝛾

𝑐

𝑏

0
≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
+ ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠)
∗

𝛾

𝑐

𝑏

0
≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
+ ∫𝑡 ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] = 𝜑0 (𝑡∗ ).
∗

Điều này mâu thuẫn với (1.30). Vậy (1.28) đúng.
Chứng minh tương tự ta có |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝛾, 𝑏1 ).
𝑐

𝑡

𝑏

0
Trong đó 𝜑1 (𝑡) = ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)
+ ∫𝛾 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝛾, 𝑏).

Đặt:
𝜑 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎,𝛾]
𝜑(𝑡) = { 0
.
𝜑1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝛾, 𝑏)
Suy ra bất đẳng thức (1.26) được thực hiện.


13
Dễ thấy 𝜑 bị chặn trên (𝑎, 𝑏) và 𝜑 ∈ 𝐿((𝑎, 𝑏); ℝ+ ).
Vậy, bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.7.
Cho 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × ℝ; ℝ), 𝜎1 , 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của
phương trình (1.1) thỏa (1.3). Hơn nữa, giả sử tồn tại 𝑝0 , 𝑞0 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ )
thỏa mãn
𝑏

𝑏

∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)𝑝0 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 𝑞0 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞.
và

𝑓(𝑡, 𝑥) ≥ −𝑝0 (𝑡), |𝑔(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑞0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡)

(1.31)

(|𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝0 (𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝑐 − 𝑡) ≥ −𝑞0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡)).
(1.32)

Khi đó, bài tốn (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm thỏa điều kiện (1.6).
Chứng minh:
Giả sử điều kiện (1.31) được thực hiện.
+∞
+∞
Lấy dãy (𝑡𝑖𝑘 )+∞
𝑘=1 , (𝑠𝑖𝑘 )𝑘=1 , (𝑐𝑖𝑘 )𝑘=1 (𝑖 = 1,2) thỏa mãn:

𝑎 < 𝑡1𝑘+1 < 𝑡1𝑘 <

𝑎+𝑏
2

< 𝑡2𝑘 < 𝑡2𝑘+1 < 𝑏, 𝑘 = 1,2,3, …,

𝑠1𝑘+1 ∈ (𝑡1𝑘+1 , 𝑡1𝑘 ), 𝑠2𝑘+1 ∈ (𝑡2𝑘 , 𝑡2𝑘+1 ), 𝑡11 < 𝑠11 <

𝑎+𝑏
2

< 𝑠21 < 𝑡21 ,

𝑐1𝑘 = 𝜎1 (𝑡1𝑘 ), 𝑐2𝑘 = 𝜎1 (𝑡2𝑘 ), 𝑘 = 1,2,3, …,

(1.33)

lim 𝑡1𝑘 = 𝑎, lim 𝑡2𝑘 = 𝑏.

(1.34)

𝑘→+∞

𝑘→+∞

Đặt:
𝑟0 = max{|𝜎1 (𝑡)| + |𝜎2 (𝑡)|: 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]},


14
𝑏

𝑏

𝑐0 = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠],
với ℎ1 (𝑡) = 𝑝0 (𝑡), ℎ2 (𝑡) = 𝑞0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),
𝑐0

𝜑̃(𝑡) =

, 𝑡 ∈ (𝑠1𝑘+1 , 𝑠1𝑘 ) ∪ (𝑠2𝑘 , 𝑠2𝑘+1 )

(𝑡−𝑡
)(𝑡

−𝑡)
{ 1𝑘+1 2𝑘+1 𝑐0

(𝑡−𝑡11 )(𝑡21 −𝑡)

, 𝑡 ∈ (𝑠11 , 𝑠21 ),

(1.35)

𝜚(𝑡) = 𝜑̃(𝑡) + |𝜎1, (𝑡)| + |𝜎2, (𝑡)| + 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),
𝐹(𝑡, 𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑡, 𝑥) + 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑦

𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),

𝑥, 𝑦 ∈ ℝ,

(1.36)

𝐹(𝑡, 𝑥, 𝑦), |𝑦| ≤ 𝜚(𝑡),
|𝑦|
𝐹̃ (𝑡, 𝑥, 𝑦) = {(2 − 𝜚(𝑡)) 𝐹(𝑡, 𝑥, 𝑦), 𝜚(𝑡) < |𝑦| ≤2𝜚(𝑡),

(1.37)

0, |𝑦| ≥ 2𝜚(𝑡),
𝑞(𝑡) = |𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))| + |𝑔(𝑡, 𝜎2 (𝑡))|, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),
𝐹̃ (𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝑦) +
𝐹0 (𝑡, 𝑥, 𝑦) =

𝜎1 (𝑡)−𝑥

1+|𝜎1 (𝑡)−𝑥|

𝑞(𝑡), 𝑥 ≤ 𝜎1 (𝑡),

𝐹̃ (𝑡, 𝑥, 𝑦), 𝜎1 (𝑡) < 𝑥 < 𝜎2 (𝑡),

(1.38)

𝑥−𝜎1 (𝑡)
𝐹̃ (𝑡, 𝜎2 (𝑡), 𝑦) +
𝑞(𝑡), 𝑥 ≥ 𝜎2 (𝑡).
1+|𝑥−𝜎2 (𝑡)|
{

Khi đó, 𝐹0 ∈ 𝐶𝑎𝑟((𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ) × ℝ2 ; ℝ) và với mỗi số tự nhiên 𝑘 tồn tại hàm
𝐹𝑘∗ ∈ 𝐿((𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ); ℝ+ ) thỏa mãn:
|𝐹0 (𝑡, 𝑥, 𝑦)| ≤ 𝐹𝑘∗ , 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ), 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ.
Do đó, bài tốn:
𝑢′′ = 𝐹0 (𝑡, 𝑢, 𝑢′ ),

(1.39)

𝑢(𝑡1𝑘 ) = 𝑐1𝑘 , 𝑢(𝑡2𝑘 ) = 𝑐2𝑘

(1.40)

có ít nhất một nghiệm 𝑢𝑘 (xem Bổ đề 2.1 trong [17]).
Ta sẽ chứng minh:
𝑣(𝑡) = 𝜎1 (𝑡) − 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 0, 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ].

(1.41)


15
Giả sử trái lại, với mỗi 𝑡̃ ∈ (𝑡𝑖𝑘 , 𝑡2𝑘 ) thì 𝑣(𝑡̃) > 0.
Vì 𝑣(𝑡𝑖𝑘 ) = 0, 𝑖 = 1,2 nên tồn tại 𝑡∗ ∈ [𝑡∗ , 𝑡2𝑘 ) và 𝑡 ∗ ∈ (𝑡𝑘 , 𝑡2𝑘 ] thỏa mãn:
𝑣 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑡∗ , 𝑡 ∗ ]; ℝ),
𝑣(𝑡) > 𝑣(𝑡∗ ) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ), 𝑣(𝑡∗ ) = 𝑣(𝑡 ∗ ),
|𝑣 ′ (𝑡)| <

𝑣(𝑡)
1+𝑣(𝑡)

(1.42)

, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ).

(1.43)

Khi đó:
𝑢𝑘′ (𝑡) < 𝜚(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ).

(1.44)

Từ (1.37), (1.38) và (1.42) − (1.44), ta có:
𝜎1′′ (𝑡) ≥ 𝑓(𝑡, 𝜎1 (𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))𝜎1′ (𝑡) = 𝐹(𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝜎1′ (𝑡)),
𝑢𝑘′′ (𝑡) = 𝐹0 (𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) = 𝐹̃ (𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) +
= 𝐹(𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) + 𝑞(𝑡)

𝑣(𝑡)

1+𝑣(𝑡)

𝜎1 (𝑡)−𝑢𝑘 (𝑡)
1+|𝜎1 (𝑡)−𝑢𝑘 (𝑡)|

𝑞(𝑡)

.

Suy ra:
𝑣 ′′ (𝑡) = 𝜎1′′ (𝑡) − 𝑢𝑘′′ (𝑡)
≥ 𝐹(𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝜎1′ (𝑡)) − 𝐹(𝑡, 𝜎1 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) + 𝑞(𝑡)
= 𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))𝜎1′ (𝑡) − 𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))𝑢𝑘′ (𝑡) + 𝑞(𝑡)
= 𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))[𝜎1′ (𝑡) − 𝑢𝑘′ (𝑡)] + 𝑞(𝑡)
= 𝑔(𝑡, 𝜎1 (𝑡))𝑣 ′ (𝑡) + 𝑞(𝑡)

𝑣(𝑡)
1+𝑣(𝑡)

𝑣(𝑡)
1+𝑣(𝑡)

𝑣(𝑡)
1+𝑣(𝑡)

𝑣(𝑡)
1+𝑣(𝑡)

≥ 0, hkn 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ).

Vì 𝑣 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑡∗ , 𝑡 ∗ ]; ℝ) nên bất đẳng thức trên mâu thuẫn với điều kiện (1.42).
Vậy (1.41) đúng.
Chứng minh tương tự ta được: 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ]. Do đó:


16
𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ].

(1.45)

Từ (1.38) ta có:
𝑢𝑘′′ (𝑡) = 𝐹0 (𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) = 𝐹̃ (𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ]. (1.46)
Tiếp theo ta kiểm ra 𝑢𝑘 thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5 với 𝑎1 = 𝑡1𝑘 ,
𝑏1 = 𝑡2𝑘 , ℎ1 (𝑡) = 𝑝0 (𝑡), ℎ2 (𝑡) = 𝑞0 (𝑡) hay ta kiểm tra 𝑢𝑘 thỏa mãn (1.11).
Thật vậy,
Ta có: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ]
Suy ra: |𝑢𝑘 (𝑡)| ≤ 𝑟0 = max{|𝜎1 (𝑡)| + |𝜎2 (𝑡)|: 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]}.
Trường hợp 1: |𝑢𝑘 (𝑡)| ≤ 𝜚(𝑡)
Từ (1.37), (1.36), (1.31) ta có:
𝑢𝑘′′ (𝑡) = 𝐹̃ (𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡))
= 𝐹(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡))
= 𝑓(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡))𝑢𝑘′ (𝑡)
≥− 𝑝0 (𝑡) − 𝑞0 (𝑡)|𝑢𝑘′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ).
Trường hợp 2: 𝜚(𝑡) < |𝑢𝑘 (𝑡)| ≤ 2𝜚(𝑡)
Vì 𝐹(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) ≥ −𝑝0 (𝑡) − 𝑞0 (𝑡)|𝑢𝑘′ (𝑡)| và 0 ≤ 2 −
Nên 𝑢𝑘′′ (𝑡) = (2 −

|𝑢𝑘 (𝑡)|
𝜚(𝑡)

) 𝐹(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)) (do (1.37))

≥ −𝑝0 (𝑡) − 𝑞0 (𝑡)|𝑢𝑘′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ).
Trường hợp 3: |𝑢𝑘 (𝑡)| ≥ 2𝜚(𝑡)
Từ (1.37) ta có:

|𝑢𝑘 (𝑡)|
𝜚(𝑡)

<1


17
𝑢𝑘′′ (𝑡) = 0 ≥ −𝑝0 (𝑡) − 𝑞0 (𝑡)|𝑢𝑘′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 ).
Như vậy 𝑢𝑘 thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5.
Do đó:
(𝑡 − 𝑡1𝑘 )(𝑡2𝑘 − 𝑡)|𝑢𝑘′ (𝑡)| ≤ 𝑐0 , 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 , 𝑡2𝑘 )
và

𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝑐1𝑘 + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 ,
𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝑐2𝑘 + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ [

𝑎+𝑏
2

𝑎+𝑏
2

(1.47)

),
(1.48)

, 𝑡2𝑘 ],

trong đó, 𝐻1 và 𝐻2 là các hàm như trong Bổ đề 1.5.
Vì (1.35) − (1.37) và (1.47) nên từ (1.46) suy ra:
𝑢𝑘′′ (𝑡) = 𝐹(𝑡, 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑢𝑘′ (𝑡)), 𝑡 ∈ (𝑠1𝑘 , 𝑠2𝑘 ).

(1.49)

′ +∞
Từ (1.45), (1.36) và (1.49) suy ra dãy (𝑢𝑘 )+∞
𝑘=1 và (𝑢𝑘 )𝑘=1 bị chặn đều và

đồng liên tục trên (𝑎, 𝑏). Do đó, khơng mất tính tổng qt ta giả sử:
lim 𝑢𝑘 (𝑡) = 𝑢0 (𝑡), lim 𝑢𝑘′ (𝑡) = 𝑢0′ (𝑡) đều trên (𝑎, 𝑏).

𝑘→+∞

𝑘→+∞

Khi đó 𝑢0 là nghiệm của phương trình (1.1).
Từ (1.45) cho 𝑘 → +∞, với để ý lim 𝑡1𝑘 = 𝑎, lim 𝑡2𝑘 = 𝑏 ta được:
𝑘→+∞

𝑘→+∞

𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏)
Từ (1.48) ta có:

𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝑐1𝑘 + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 ,

𝑎+𝑏
2

)

hay 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑡1𝑘 ) + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡1𝑘 ,

𝑎+𝑏

Cho 𝑘 → +∞, suy ra: 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑎) + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎,

𝑎+𝑏

2

2

).

)

Cho 𝑘 → 𝑎+ , do 𝐻1 (𝑎) = 0 nên:
0 ≤ lim+ 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑎 +) = 0 hay 𝑢0 (𝑎 +) = 0
𝑡→𝑎


18

và
𝑎+𝑏

𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝑐2𝑘 + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ (

2

, 𝑡2𝑘 )

Hay
𝑎+𝑏

𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑡2𝑘 ) + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ (

2

, 𝑡2𝑘 ).
𝑎+𝑏

Cho 𝑘 → +∞, suy ra: 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑏) + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ (

2

, 𝑏)

Cho 𝑘 → 𝑏 − , do 𝐻2 (𝑏) = 0 nên:

0 ≤ lim− 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑏 −) = 0 hay 𝑢0 (𝑏 −) = 0.
𝑡→𝑏

Như vậy 𝑢0 là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và thỏa (1.6).
Trường hợp bất đẳng thức (1.32) thực hiện thì bổ đề được chứng minh tương
tự. Chỉ khác nhau ở chỗ ta không lấy dãy (𝑠𝑖𝑘 )+∞
̃(𝑡) = 𝜑(𝑡),
𝑘=1 , 𝑖 = 1,2 mà đặt 𝜑
𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), trong đó 𝜑 là hàm được cho trong Bổ đề 1.6.
Vậy, bổ đề được chứng minh.
Xét phương trình:
𝑢′′ = 𝑝(𝑡)𝑢 + 𝑞(𝑡)𝑢′ ; 𝑝, 𝑞 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ)

(1.50)

Định nghĩa: Phương trình (1.50) được gọi là dao động trên (𝑎, 𝑏) nếu mỗi
nghiệm khơng tầm thường có ít nhất một khơng điểm trên (𝑎, 𝑏).
Bổ đề 1.8.
𝑏

𝑏

Giả sử 𝑝(𝑡) ≤ 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏); ∫𝑎 |𝑞 (𝑠)|𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)|𝑝(𝑠)|𝑑𝑠 < +∞
𝑏

𝑏

và ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)2 (𝑏 − 𝑠)2 |𝑝(𝑠)|𝑑𝑠 ≥ (𝑏 − 𝑎)3 𝑒𝑥𝑝 [8 ∫𝑎 |𝑞(𝑠)|𝑑𝑠]
Khi đó, phương trình (1.50) là dao động.