Bài toán biên cho phương trình vi phân hàm với điều kiện biên dạng tích phân

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

Võ Hữu Trung

BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH
PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2015


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

Võ Hữu Trung

BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG
TÍCH PHÂN
Chun ngành: Tốn 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 – 2015

i

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan nội dung của luận văn này do tơi thực hiện và có tham khảo các tài
liệu đã được trích dẫn rõ ràng. Tơi khơng sao chép bất kì tài liệu nào khác. Nếu sai sự
thật, tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm.
Võ Hữu Trung


ii

LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, tơi xin kính gởi lời cám ơn sâu sắc và chân thành nhất tới PGS.TS
Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Toán Tin – Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh vì sự
tận tình giúp đỡ và chỉ bảo của thầy đối với tôi trong thời gian làm luận văn.
Tôi cũng xin gởi lời cám ơn đến Q Thầy Cơ Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ
Chí Minh đã tận tình giảng dạy tơi trong suốt khóa học.
Tôi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Tốn – Tin, và Phịng Sau
đại học – Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho
tôi trong thời gian học tại trường.
Xin gởi lời cám ơn đến quý thầy, cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời
gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý và phản biện cho tơi hồn thành luận văn này
một cách hồn chỉnh nhất.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã ln quan tâm và động
viên giúp tơi hồn thành luận văn này.


iii

CÁC KÍ HIỆU


R là tập số thực.



R=
+



0 , i = j
.
Kí hiệu Kronecker: δ ij = 
1 , i ≠ j



t 0* ( t ) = min{t, t 0 ( t )} , t 0* ( t ) = max{t, t 0 ( t )} .



L là không gian các hàm thực khả tích Lebesgue địa phương trên R+ .



[x] là phần nguyên của x.



C n −1 ([t1 , t2 ]) và L ([t1 , t2 ]) lần lượt là không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp

[0; +∞ ) .

( n − 1) trên đoạn [t1 , t2 ] và khơng gian các hàm thực khả tích Lebesgue trên đoạn
[t1 , t2 ] .


C n−1 là không gian các hàm có đạo hàm liên tục đến cấp ( n − 1) và liên tục tuyệt
đối trên mỗi khoảng hữu hạn trong R+ .




C n−1 là không gian các hàm thực khả vi liên tục cấp ( n − 1) trên R+ .
n −1, m
0

C

= {u ∈ C

n −1

+∞

:

∫

u(

m)

(t )

2

dt < +∞}

0



C

n −1, m

= {u ∈ C

n −1

+∞

:

()
2i
∫ t u ( t ) dt < +∞ (=i 0,..., m )}.

i

2

0

1/2



+∞
2
2
 m−1 (i )

m
Nếu u ∈ C =
thì u 0,m  ∑ u ( 0 ) + ∫ u ( ) ( s ) ds  .
0
 i =0


n −1, m
0

1/2

n −1, m

2

 +∞

2m
m
u m  ∫ (1 + s ) u ( ) ( s ) ds  .
thì =
0




Nếu u ∈ C



k
0, 1...;
=
k 2i, 2i + 1,...) là những số được định nghĩa như sau
µ=
i (i


iv

k
µik+−11 + µik −2 ( k= 2i + 3,...) .
µ0i +1 = , µi2i = 1 , µ=
i +1

1
2

γ n = 0 với n ≤ 3 ,
m0 −1

γn = ∑
j =0

n!
mmn −1−2 j với n ≥ 4 .
( 2m − 2 − 4 j )!

với m0 là phần nguyên của


µijk

( i =0, 1,...;

n
.
4

j =i, i + 1,...; k =i + j + 1, i + j + 2,...) là những số được định

nghĩa như sau:

=
j 1,..., k − 1) ,

1 ( k 1, 2,...;
µ00k = , µ0k j = =
1
2

µii2i +1 =

1
1, 2,...; k =2i + 2, 2i + 3,...) ,
, µikk −i −1 = 1 ( i =
2

µijk µijk −1 + µik−−12j −1
=

( i =1, 2,...;


m0 −1

γn = ∑
j =0

j =i, i + 1,...; k =i + j + 2, i + j + 3,...) .

n!
mmn −1−2 j .
( 2m − 2 − 4 j )!

2


m − 1  ( 2m )!γ n ( m − 2 ) ( 4m − m − 3)



γ 0n
=
+
+
4
4  n !mmn
3




m −1

− ( −1)

m

n!
.
2

1
( s + s) .
2



Với mọi s ∈ R , [=
s ]+



1


m − −i
1


Dε (t 0 ,...,t m −1 ) = ( t, x0 ,..., xm −1 ) : t ≥ , xi ≤ ε t i ( t ) 2 ( i = 0,..., m − 1)  .
ε







1
1
−


−i −
1

2
2 i
Dε* (t 1 ,...,t=
t
,
x
,
x
,...,
x
:
t
,
x
t
,
x
t
0,...,
m
1
≥
≤
ε
≤

t

=
−

(
)
)
(
( 0 1
.
m −1 )
m −1 )
0
i
i


ε





L ([ a, b ]; R ) : các hàm khả tích Lebesgue trên đoạn [ a, b ] .


v



Hàm số f : [ a, b ] × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory ( A ⊂ R n , B ⊂ R ) ;

nghĩa là ∀x ∈ A , f (., x) : [ a, b ] → B là hàm đo được, f (t , . ) : A → B là hàm số liên
tục theo biến thứ hai (hầu khắp nơi trên [ a, b ] ) và với mỗi r > 0 , tồn tại

n
qr ∈ L ([ a, b ] ;R ) để f (t , x) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi trên [ a, b ] , với mọi x ∈ R , x ≤ r

.


vi

MỤC LỤC
LỜI CAM ĐOAN ...................................................................................................... i
LỜI CÁM ƠN ........................................................................................................... ii
CÁC KÍ HIỆU .......................................................................................................... iii
MỤC LỤC ................................................................................................................ vi
MỞ ĐẦU .................................................................................................................... 1
CHƯƠNG 1. BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI
ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN ................................................................ 3
1.1. Giới thiệu bài tốn.......................................................................................... 3
1.2. Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) với điều kiện
biên dạng (1.2) ....................................................................................................... 3
1.3. Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) với điều kiện
biên dạng (1.3) ..................................................................................................... 19
CHƯƠNG 2. NGHIỆM TIỆM CẬN PROPER VÀ NGHIỆM TRIỆT TIÊU
TẠI VƠ CỰC CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI SỐ LỆCH .................. 34
2.1. Giới thiệu bài toán........................................................................................ 34
2.2. Định lí tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1) với điều kiện biên
dạng (2.2), (2.3) .................................................................................................... 34
2.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm tiệm cận proper, nghiệm triệt tiêu tại vơ cực
của phương trình vi phân đối số lệch ................................................................ 47
KẾT LUẬN ............................................................................................................. 58
TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................................... 59

1

MỞ ĐẦU
Các phương trình vi phân hàm đã xuất hiện từ thế kỉ 18 như một cơng cụ tốn
học cho những bài tốn trong vật lí và hình học. Tuy nhiên cho đến cuối thế kỉ 19
chúng mới chỉ được biết đến trong một vài áp dụng cụ thể và chưa được nghiên cứu
một cách hệ thống. Đầu thế kỉ 20, sự quan tâm dành cho phương trình vi phân hàm
tăng lên, đặc biệt là đối với các ứng dụng trong cơ khí, sinh học và kinh tế. Ở thời điểm
đó, các nhà tốn học đi theo hướng nghiên cứu này đã xây dựng nên các lý thuyết định
tính cho phương trình vi phân hàm và phát triển những lý thuyết đó cho đến ngày nay.
Vào thập niên 1970, những phát kiến lớn trong việc xây dựng lý thuyết bài tốn biên
cho phương trình vi phân hàm đã được đề xuất và nền tảng cho lý thuyết về bài toán
biên cho phương trình vi phân hàm đã được xây dựng. Các cơng cụ về giải tích hàm và
tơpơ là những công cụ hiệu quả nhất để nghiên lĩnh vực này. Tuy nhiên việc nghiên
cứu các bài toán biên cụ thể cho phương trình vi phân hàm mới chỉ thành cơng phần
nào. Vẫn cịn nhiều khó khăn trong việc nghiên cứu về phương trình vi phân hàm ngay
cả trong trường hợp phương trình là tuyến tính.
Trong những năm gần đây, những nỗ lực nghiên cứu này đã thành công trong
trường hợp của một số bài tốn biên cho phương trình vi phân hàm. Đặc biệt là trong
các cơng trình của các tác giả I. Kiguradze và D. Chichua…, những điều kiện đảm bảo
cho tính giải được và duy nhất nghiệm của một lớp rộng các bài tốn biên cho phương
trình vi phân hàm đã được phát hiện.
Xuất phát từ những ghi nhận trên, chúng tơi chọn đề tài: “BÀI TỐN BIÊN
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH
PHÂN” để thực hiện nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình. Nội dung chính là
trình bày lại các kết quả của các nhà toán học I. Kiguradze và D. Chichua trong tài liệu
[6], [7]. Luận văn này có 2 chương:
Chương 1: Bài tốn biên cho phương trình vi phân hàm với điều kiện biên dạng

tích phân.


2
Trong chương này, chúng tôi sẽ đưa ra các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất
nghiệm của phương trình vi phân hàm u ( n ) ( t ) = f ( u )( t ) với một trong hai điều kiện
biên:
u

(i )

ci ( i 0,..., m − 1)
( 0 ) ==

+∞

;

∫

u(

m)

(t )

2

dt < +∞ .

(1)

0

hoặc
u

(i )

ci ( i 0,..., m − 1)
( 0 ) ==

+∞

;

()
2i
∫ t u ( t ) dt < +∞ ( i = 0,..., m ) .
i

2

(2)

0

Chương 2: Nghiệm tiệm cận proper và nghiệm triệt tiêu tại vơ cực của phương
trình vi phân đối số lệch.
Trong chương này, chúng tôi sẽ đưa ra các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất

nghiệm của phương trình vi phân đối số lệch

u(

n)

( t ) = h ( t , u ( t ) , u (t 0 ( t ) ) ,..., u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) )

với một trong hai điều kiện biên (1) hoặc (2).
Ngoài ra, chúng tôi cũng xây dựng các điều kiện đủ để phương trình vi phân đối số
lệch

u(

n)

( t ) = g ( t , u (t 0 ( t ) ) ,..., u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) )

có nghiệm tiệm cận proper và nghiệm triệt tiêu tại vô cực.


3

CHƯƠNG 1. BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN
1.1. Giới thiệu bài toán
Cho n ≥ 2 , m là phần nguyên của

n
n −1

, ci ∈ R và f : C → L là hàm liên tục từ không
2

gian các hàm khả vi liên tục cấp ( n − 1) trên R=
+

[0; +∞ ) vào khơng gian các hàm khả

tích Lebesgue địa phương trên R+ . Xét phương trình vi phân hàm sau
u(

n)

( t ) = f ( u )( t )

(1.1)

Nghiệm của (1.1) là một hàm u : R+ → R có đạo hàm liên tục tuyệt đối đến cấp ( n − 1)
và thỏa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên R+ . Trong chương này, chúng tôi sẽ xây dựng các
điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm (1.1)
với một trong hai điều kiện biên
u

(i )

ci ( i 0,..., m − 1)
( 0 ) ==

+∞

;

∫

u(

m)

(t )

2

dt < +∞

(1.2)

0

u

(i )

ci ( i 0,..., m − 1)
( 0 ) ==

+∞

;

()

2i
∫ t u ( t ) dt < +∞ ( i = 0,..., m )
2

i

(1.3)

0

Nội dung chính là trình bày lại các kết quả của các nhà toán học I. Kiguradze và D.
Chichua trong tài liệu [6].
1.2. Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) với điều kiện biên
dạng (1.2)
Định lí 1.1
Giả sử với mọi u ∈ C0n −1,m , ta có các bất đẳng thức sau

( −1)

n − m −1

u ( t ) f ( u )( t ) ≥ − a1 ( t ) u

(

f ( u )( t ) ≤ b t , u ( t ) , u

0, m

2

0, m

− a2 ( t ) hkn với t ∈ R+

) hkn với t ∈ R

trong đó ai : R+ → R+ ( i = 1, 2 ) là các hàm đo được thỏa

+

(1.4)
(1.5)


4
+∞

∫ (1 + t )

n−2 m

a1 ( t ) dt < m ,
n
m

0

+∞

∫ (1 + t )

n−2 m

a2 ( t ) dt < +∞,

(1.6)

0

hàm b : R+3 → R+ khả tích đối với biến thứ nhất, khơng giảm đối với hai biến còn lại và

 −2 t

lim  y ∫ b ( s, x, y ) ds  = 0 với x ∈ R+ .
t →0
0

y →+∞ 

(1.7)

Khi đó, bài tốn (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Để chứng minh định lí trên, ta có định nghĩa và một số bổ đề sau
Định nghĩa 1.2
Với mỗi i ∈ {0,..., n − 1} , ta kí hiệu vi là một đa thức bậc không lớn hơn 2n − 1 , thỏa
mãn các điều kiện vi( j ) ( 0 ) = δ ij , vi( j ) (1) = 0=
( j 0,..., n − 1) , trong đó δ ij là kí hiệu
( j)
Kronecker. Gọi v* là giá trị lớn nhất trong các giá trị lớn nhất của các hàm vi

=
( i, j 0,..., n − 1) trên đoạn [0; 1] . Với mỗi số tự nhiên k và hàm u ∈ C n−1 ([0, k ]) , ta
đặt

ε k (u ) =
( k + 2)

−n

 n −1 ( j )

1 + ∑ u ( k ) 
 j =0


−2

(v )

* −2

,

u ( t ) vớ
i 0≤t ≤ k

 t − k  (i )
 n−1
 u ( k ) vớ
=

σ k ( u)( t ) ∑ ε ki ( u) vi 
i k < t < k + ε k ( u) .


ε
u
(
)
i
0
=

 k


i t ≥ k + ε k ( u)
0 vớ
Bổ đề 1.3
Với mỗi số tự nhiên k, toán tử σ k : C n −1 ([ 0, k ]) → C n −1 liên tục và với mọi hàm

u ∈ C n−1 ([ 0, k ]) thỏa mãn các điều kiện
i
u ( ) ( k ) ==
0 ( i 0,..., m − 1) ,

(1.8)

ta có

0 ≤ s k (u )

m −1

k

− ∑ u( ) ( 0) − ∫ u(
0, m
2

i =0

i

2

0

m)

(s)

2

ds ≤ 1 ,

(1.9)


5

0 ≤ s k (u )

k

− ∫ (1 + s )
m

2

2m

u(

m)

(s)

2

ds ≤ 1 .

0

Chứng minh
Hiển nhiên σ k là toán tử liên tục.
Từ định nghĩa của v , ta có v* ≥ δ ij ≥ 1 ⇒ ε k ( u ) ≤ 1 .
*

Ta có
2

2
 m−1
s k ( u ) 0, m −  ∑ u (i ) ( 0 )  − ∫ u ( m ) ( s ) ds
 i =0
 0
k

2

+∞

2
2
2
2
 m−1

 m−1 (i )
(i )
( m)
( m)
=  ∑ ss
+
−
−
0
0
u
u
s

ds
u
u
s
ds
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
k
 ∫ k
∑
 ∫
 i 0=
 0
i 0
 0
+∞

=

∫

s k (u )

( m)

(s)

0

∫
k

k +ε k ( u )

∫

=

k

ds − ∫ u (

m)

(s)

2

ds

0

k +ε k ( u )

=

2

k

k

2

 n −1 i

 t − k  (i )
 ∑ ε k ( u ) vi 
 u ( k )  ds
 i =0

 ε k (u ) 
2

 n −1 i

 t − k  (i )
 ∑ ε k ( u ) vi 
 u ( k )  ds
 ε k (u ) 

 i = m


( )

≤ ε k (u ) v

* 2

 n−1 (i )

∑ u ( k )
 i =m


Vậy 0 ≤ s k ( u )

2



 t−k 
*
 do ε ki ( u ) ≤ 1, vi 
.
v
≤

 ε (u ) 



k





2
2
 m−1 (i )
( m)
u
u
s
ds ≤ 1 .
−
0
−
(
)
(
)
∑

 ∫
0, m
 i =0
 0
k

2

Ta lại có
k

s k ( u ) m − ∫ (1 + s )
2

2m

u(

m)

(s)

2

ds

0

+∞

=

( m)

∫ (1 + s ) s k ( u ) ( s )
2m

0

k +ε k ( u )

=

∫ (1 + s )
k

2

k

ds − ∫ (1 + s )

2m

u(

m)

(s)

ds

0

2

2m

2

 n−1 i − m

( m)  s − k  (i )
 ∑ ε k ( u ) vi 
 u ( k )  ds
 i = m

 ε k (u ) 

(1.10)


6
Vì (1 + s )

2m

≤ (1 + k + ε k ( u ) )
k

s k ( u ) m − ∫ (1 + s )
2

2m

u(

m)

2m

≤ ( k + 2)

(s)

2m

≤ ( k + 2 ) nên
n

2

ds

0

k +ε k ( u )

≤

∫
k

2

 n −1


 s − k  (i )
( k + 2 ) ∑ ε ki −m ( u ) vi( m) 
 u ( k )  ds
 i = m

 ε k (u ) 
n

≤ ε k ( u )( k + 2 ) ( v
n

Vậy 0 ≤ s k ( u )

2

)

* 2

 n−1 (i )

∑ u ( k )  .
 i =m


k

− ∫ (1 + s )
m

2

2m

u(

m)

(s)

2

ds ≤ 1 .



0

Bổ đề 1.4 (Bổ đề 4.1, trang 92, [4])
Nếu các hàm u, w : [ 0, t 0 ] → R có đạo hàm đến cấp n – 1 liên tục tuyệt đối thì
t0

( )
∫ w ( t ) u ( t ) u ( t ) dt
n

0

n − m −1 n −1−i

(

=
∑ ∑ ( −1) mijn w(
n −1− j

=i 0=j i

µ

+ ∑ ( −1)
i =0

n −i

µ

t0
n
i

(
∫w

n−2i )

n −1−i − j )

( t0 ) u (i ) ( t0 ) u ( j ) ( t0 ) − w( n−1−i − j ) ( 0 ) u (i ) ( 0 ) u ( j ) ( 0 ) )

( t ) u (i ) ( t )

2

dt .

0

Bổ đề 1.5 (Bổ đề 5.1, trang 122, [4])
Cho δ > 0 và hàm số u : [ 0, δ ] → R khả vi liên tục đến cấp i. Khi đó, tồn tại một
điểm t * ∈ [ 0, δ ] sao cho
u ( ) ( t * ) ≤ ( i + 1)!( 2i + 1)
i

1
i+
2

δ

1
− −i
2

δ

1
2



2
 ∫ u ( t ) δt  .
0


Bổ đề 1.6
Cho r1 > 0 và hàm số b0 : [ 0,1] × R+2 → R+ là hàm khả tích đối với biến thứ nhất, khơng
giảm đối với hai biến cịn lại và


7
 −2 t

lim  y ∫ b0 ( s, x, y ) ds  = 0 với x ∈ R+ .
t →0
0

y →+∞ 

(1.11)

Giả sử u : [ 0,1] → R liên tục tuyệt đối đến cấp n - 1, và thỏa mãn các bất đẳng thức
1

(
∫u
0

n)

1

( s ) u ( s ) ds + ∫ u (

m)

0

2
 n−1 (i )

s
ds
r
≤
( )
1 1 + ∑ u ( 0 )  ,
 i =m


1


1
n −1
2



( n)
(i )

2
u ( t ) ≤ b0 t , u ( t ) , r1 1 + ∑ u ( 0 )   với 0 ≤ t ≤ 1 ,

 i =m
 



(1.12)

(1.13)

()
r2 ( i m,..., n − 1) (1.14)
Khi đó tồn tại một số dương r2 sao cho u ( 0 ) ≤=
i

Chứng minh
Từ điều kiện (1.11), tồn tại số δ ∈ ( 0, 1) và y0 ∈ R+ sao cho
δ

∫ b0 ( s,8nr1 , y ) δs ≤
0

1 2
y với y ≥ y0 .
8nr1

δ

δ

Từ đó, ta suy ra

1

∫ b ( s,8nr , y ) δs ≤ ∫ b ( s,8nr , y ) δs + 8nr
0

1

0

0

1

y 2 với y ≥ 0

0

(1.15)

1

0

Theo bổ đề 1.5, tồn tại ti ∈ [ 0,=
δ ] ( i m,..., n − 1) thỏa
u ( ) ( ti ) ≤ ( i − m + 1)!( 2i − 2m + 1)
i

Từ đẳng thức u=
(t ) u
(i )

(i )

t

1
i −m+
2

δ

ds ( i
( ti ) + ∫ u (i +1) ( s )=

1
− −i + m
2

δ

1
2

 ( m)

 ∫ u ( s ) δs=
 ( i m,..., n − 1)
0

2

m,..., n − 1)

ti

ta có
1

dd
1
2

2


i
j
n
m
n
j −i
u ( ) ( t ) ≤ ∑ ddd

u ( ) ( t j ) + n −1−i ∫ u ( ) ( s ) ds ≤ n n − n  ∫ u ( ) ( s ) ds  + ∫ u ( ) ( s ) ds
j =i
0
0
0

n −1

với 0 ≤ t ≤=
δ ( i m,..., n − 1) .
Kết hợp với (1.12), ta có


8

1

d
2
 1 ( m)
2
n
(i )
1+ n − n
u ( 0 ) ≤ n d  ∫ u ( s ) ds  + n ∫ u ( ) ( s ) ds
∑
i =m
0
0


n −1

d

−2 n

d

−2 n

≤n

2+ 2 n

≤n

2+ 2 n

d

1

2
1
n
( m)
r1 +
u
s
ds + n ∫ u ( ) ( s ) ds

(
)
∫
4r1 0
0

d

1  n −1 i

n
r1 + 1 + ∑ u ( ) ( 0 )  + n ∫ u ( ) ( s ) ds .
4  i =m

0

(1.16)

Gọi I1 , I 2 lần lượt là tập các điểm thuộc [ 0, δ ] thỏa u ( t ) ≤ 8nr1 và u ( t ) > 8nr1 .
δ

n
Khi đó ∫=
u ( ) ( s ) δs
0

( )
( )
∫ u ( s ) δs + ∫ u ( s ) δs .
n

I1

n

I2

Do (1.13), (1.15) nên ta có

∫u
I1

( n)

1


1
n −1
2


i
(
)

2
( s ) ds ≤ ∫ b0  s, u ( s ) , r1 1 + ∑ u ( 0 )   ds
 i =m
 


I1



1


1
n −1
2


(i )

2
≤ ∫ b0 s,8nr1 , r1 1 + ∑ u ( 0 )   ds

 i =m
 
I1



d

≤ ∫ b0 ( s,8nr1 , y0 ) ds +
0

1  n−1 (i )


1 + ∑ u ( 0)  .

8n  i = m


Do (1.12), ta lại có

∫

I2

1
1
1  n−1 (i )

( n)
( n)
u ( s ) ds ≤
u ( s ) u ( s ) ds ≤
u ( s ) u ( s ) ds ≤ 1 + ∑ u ( 0 ) 
∫
∫
8nr1 I 2
8nr1 0
8n  i = m

1

( n)

dd

Vậy

(
∫u
0

n)

( s ) ds ≤ ∫ b0 ( s,8nr1 , y0 ) ds +
0

1  n−1 (i )

1 + ∑ u (0)  .

4n  i = m


Thay bất đẳng thức này vào (1.16), ta có
d

1  n−1 (i )

(i )
2 + 2 n −2 n
≤
+

+
+
0
,8
,
1
0
u
n
d
r
n
b
s
nr
y
ds
u
(
)
(
)
( )
∑
∑
1
0
1
0



∫0
2 i m
i m=

n −1

n −1

d

Đặt S = ∑ u ( ) ( 0 ) , ta có S ≤ 2n 2+ 2 nd −2 n r1 + 2n ∫ b0 ( s,8nr1 , y0 ) ds + 1 .
i =m

i

0


9

Mà u

(i )

S (i
( 0 ) ≤=

m,..., n − 1) nên u

(i )

( 0 ) ≤ 2n d
2+ 2 n

−2 n

d

r1 + 2n ∫ b0 ( s,8nr1 , y0 ) ds + 1 .
0

Vậy r2 =
2n δ
2+ 2 n

−2 n

δ

r1 + 2n ∫ b0 ( s,8nr1 , y0 ) δs + 1 là số cần tìm thỏa yêu cầu bài toán. 
0

Bổ đề 1.7
Cho p0 > 0 , các hàm số ai : R+ → R+ ( i = 1, 2 ) đo được và thỏa (1.6), hàm số
b0 : R+3 → R+ khả tích đối với biến thứ nhất, khơng giảm với hai biến cịn lại và thỏa
n −1
(1.11). Khi đó tồn tại một số thực dương r sao cho với mọi hàm u ∈ C thỏa mãn các

điều kiện sau với số tự nhiên k nào đó

u(

n)

( t ) ≤ b0 ( t , u ( t ) , σ k ( u ) 0, m ) ,

( −1)

n − m −1

u

( n)

( t ) u ( t ) ≥ −a1 ( t ) σ k ( u ) 0,m − a2 ( t )
2

với 0 ≤ t ≤ k

u ( ) ( 0 ) ≤ p0 ( i = 0,..., m − 1)

(1.17)

i

u

( j)

( k )=

(1.18)

0 ( j= 0,..., n − m − 1) ,

thì ta có
k

∫ u (s)
( m)

2

0

u
u

(i )

( t ) ≤ r (1 + t )

(i )

k

ds + ∫ (1 + s )

u(

n)

( s ) u ( s ) ds ≤ r ,

(1.19)

0

( t ) ≤ r (1 + t )

n −i −1

n−2 m

t

+ ∫ (t − s )

m −i −

n −i −1

0

1
2

với 0 ≤ t ≤
k ( i 0,..., m − 1) ,
=

(1.20)

1
m−


b0  s, r (1 + s ) 2 , r =
ds ( i m,..., n − 1) với 0 ≤ t ≤ k



(1.21)
Chứng minh
Từ (1.6), ta có

ε =µµn −

+∞

∫ (1 + s )

n−2 µ

a1 ( s ) ds > 0 ,

(1.22)

0

p1=

(1 + µp02 ) µµn +

+∞

∫ (1 + s )
0

n−2 µ

a2 ( s ) ds < +∞ .

(1.23)


10
Đặt
n
r1 =( ε −1 + ε −1µµµ
+ 2 ) p1 + ( ε −1 + ε −1µ n + 1) µp0 + 1 + µ 2 p02 .

n −1
Lấy u ∈ C là một hàm bất kì thỏa mãn (1.17) và (1.18) với số tự nhiên k nào đó.

Từ (1.17), ta có

( −1) (1 + t )
n−m

n−2 m

u(

với wk ( t ) =
(1 + t )

n)

( t ) u ( t ) + wk ( t ) = (1 + t )

n−2 m

( −1)

n−m

u(

n)

n−2 m

a1 ( t ) σ k ( u ) 0, m + (1 + t )
2

n−2 m

( t ) u ( t ) − a1 ( t ) σ k ( u ) 0, m − a2 ( t )
2

a2 ( t ) ,
(1.24)

n
Do m =   nên n = 2m hoặc =
n 2m + 1 .
2

Đặt
m −i ( i )
 m −1
( n −1−i )
2m
( 0 ) neáu n =
∑ ( −1) u ( 0 ) u
 i=0
l (u) = 
m −1
2
− 1 u( m ) ( 0 ) + ( −1)m −i ( i + 1) u( n−2−i ) ( 0 ) − u( n−1−i ) ( 0 )  u(i ) ( 0 ) nếu n = 2m + 1
∑
 2


i=0

Lấy tích phân hai vế, cận từ 0 đến t của đẳng thức trên, ta có

( −1) (1 + t )

n−m

n−2 m

u(

n)

( t ) u ( t ) + wk ( t ) = (1 + t )

n−2 m

a1 ( t ) σ k ( u ) 0, m + (1 + t )
2

n−2 m

a2 ( t )

Ta sẽ chứng minh

µ

k

n
µ

∫ u (s)
( µ)

2

0

= l (u ) + σ k (u )

k

ds + ∫ wk ( s ) ds
0

k

2
0, m

∫ (1 + σ )

n−2 m

0

Đặt h ( s )=

(1 + s )

n−2 m

k

+ ∫ (1 + )
a1 ( σ ) dσσ

n−2 m

0

t

và A = ∫ h ( s ) u ( s ) u (

n)

( s ) ds .

0

Khi đó ( −1)

n−m

t

∫ (1 + s )

n−2 m

u ( s ) u(

n)

( s ) ds =
( −1)

n−m

0

Theo bổ đề 1.3, ta có ( −1)

n−m

A = A1 − A2 + A3 với

A.

a2 ( σ ) dσ .

(1.25)


11

=
A1
=
A2

n − m −1 n −1−i

∑ ∑ ( −1)

n −1− j

=i 0=j i

n − m −1 n −1−i

∑ ∑ ( −1)

n −1− j

m

t

=i 0=j i

∑ ( −1)

=
A3

n −i

i =0

mijn h( n−1−i − j ) ( k ) u (i ) ( k ) u ( j ) ( k )
mijn h( n−1−i − j ) ( 0 ) u (i ) ( 0 ) u ( j ) ( 0 )

min ∫ h( n−2i ) ( s ) u (i ) ( s ) ds
2

0

Trường hợp 1: n = 2m .
Khi đó, h ( s ) = 1 và h(i ) ( s ) = 0 nếu i ≥ 1 .
µ −1 n −1−i

A1 =
∑ ∑ ( −1) µijn h( ) ( k ) u ( ) ( k ) u (
n −1− j

n −1−i − j

i

j)

0.
(k ) =

=i 0=j i

µµ
−1
−1
i
i

n −1−i )

A2 =
∑ ( −1) µinn−1−i h ( 0 ) u ( ) ( 0 ) u (

( 0) =
∑ ( −1) u (i ) ( 0 ) u ( n−1−i ) ( 0 )
i

i 0=i 0

⇒ ( −1)

n−m

m −1

A2 =
∑ ( −1)

m −i

u( ) ( 0) u(
i

n −1−i )

l (u ) .
( 0) =

i =0

t
t
2
µµ
( µµ
)
( )
n
n
µµ
0
0

A3 =
( −1) µ ∫ h ( s ) u ( s ) ds =
( −1) µ ∫ u ( s ) ds
⇒ ( −1)

n−µ

t

2

A3 =
µ ∫ u ( ) ( s ) ds .
2

µ

n
µ

0

Vậy (1.25) được chứng minh khi n = 2m . Trường hợp =
n 2m + 1 được chứng minh
tương tự.
Từ (1.9), (1.18), ta có σ k ( u )

k

2
0, m

≤ 1 + mp + ∫ u (
2
0

m)

(σ)

0

n −1

Ta sẽ chứng minh l ( u ) ≤ mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .

i

i =m

Trường hợp 1: n = 2m .
m −1

Khi đó l ( u ) ≤ ∑ u ( ) ( 0 ) u (
i

n −1−i )

( 0) .

i =0

Với
=
j 0,..., m − 1 , ta có u

( j)

m −1

( 0 ) ≤ ∑ u (i ) ( 0 ) ≤ mp0 .
i =0

2

dσ

(1.26)


12

(

Do đó l ( u ) ≤ mp0 u (
n −1

n −1)

( 0 ) + u ( n−2) ( 0 ) + ... + u ( n−m) ( 0 ) ) ≤ mp0 ∑ u (i ) ( 0 )
n −1

i =m

Vậy l ( u ) ≤ mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) khi n = 2m .
i

i =m

Trường hợp =
n 2m + 1 được chứng minh tương tự.
Mặt khác, từ định nghĩa wk ( s ) , ta có

wk ( σσ
) ≥ (1 + )

n−2 m

≥ (1 + σ )

( ( −1)

n−2 m

u(

n)

n−m

u(

n)

)

( σ ) u ( σ ) − a1 ( σ ) σ k ( u ) 0, m + a2 ( σ )
2

) − (1 + )
( σ ) u ( σσ

n−2 m

a1 ( σ ) σ k ( u )

− (1 + σ )
0, m
2

n−2 m

a2 ( σ )

Do (1.22), (1.26) nên ta có
k

∫ w ( s ) ds
k

0

k

≥ ∫ (1 + σ )

n−2 m

u

( n)

0

k

≥ ∫ (1 + s )

n−2 m

0

n−2 m

u

( n)

0

k

Vậy

k

( σ ) u ( σ ) dσ − σ k ( u ) 0,m ∫ (1 + σ )
2

∫ (1 + s )

n−2 µ

k

− ∫ (1 + )

a1 ( σ ) dσσ

n−2 m

a2 ( σ ) dσ

0

k
2

 n +∞
n−2 m
( m)
2
( s ) u ( s ) ds − 1 + mp0 + ∫ u ( s ) ds  mm − ∫ (1 + s ) a2 ( s ) ds
0
0



u

( n)

0

k

k

( s ) u ( s ) ds ≤ ∫ wk ( s ) ds + µ ∫ u ( µ) ( s )
n
µ

0

2

ds + p1

(1.27)

0

Từ (1.25), (1.26) và đánh giá về hàm l(u) ta có

µ

k

n
µ

∫ u (s)
( µ)

0

2

k

ds + ∫ wk ( s ) ds
0

+∞
k
n −1
2

 +∞
n−2 m
n−2 m
i
m
≤ mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) + 1 + mp02 + ∫ u ( ) ( s ) ds  ∫ (1 + s )
a1 ( s ) ds + ∫ (1 + s )
a2 ( s ) ds
i =m
0
0

0

⇔µ

k

n

µ

∫ u (s)

k

k

ds + ∫ wk ( s ) ds ≤ ( µ µ − ε ) ∫ u

2
( )
( µµ
)
n

0

k

Từ đó suy ra ε ∫ u
0

0

( m)

(s)

(s)

2

n −1

ds + p1 + µp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .
i =µ

0

2

n −1

k

i

ds + ∫ wk ( s ) ds ≤ p1 + mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .
i

(1.28)

i =m

0

k

Do wk là không âm nên từ (1.28), ta có ε ∫ u (

0

m)

n −1

( s ) ds ≤ p1 + mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .
2

i =m

i


13

k

Vậy

∫ u (s)
( m)

2

n −1

ds ≤ ε p1 + ε mp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .
−1

−1

i

(1.29)

i =m

0

n −1

k

()
∫ wk ( s ) ds ≤ p1 + mp0 ∑ u ( 0 ) . Thế bất đẳng thức này và (1.29) vào

Từ (1.28), ta có

i

i =m

0

(1.27), ta có
k

∫ (1 + s )

n−2 µ

u(

n −1

i
n
+ 2 ) p1 + (1 + ε −1µ n ) µp0 ∑ u ( ) ( 0 ) .
( s ) u ( s ) ds ≤ (ε −1µµµ

n)

i =µ

0

Cộng vế theo vế bất đẳng thức này và (1.29), ta có
k

(
∫u

m)

0

k

( s ) ds + ∫ (1 + s )

2

n−2 m

u(

n)

0

 n −1 (i )

≤
s
u
s
ds
r
( ) ( )
1 1 + ∑ u ( 0 )  .
 i =m


(1.30)

1

Từ (1.26), (1.29), ta có σ k ( u )

0, m

 n−1 i
2
≤ r 1 + ∑ u ( ) ( 0 )  .
 i =m

1
2
1

Do (1.17) và b0 là hàm không giảm theo biến thứ ba nên
1


1
n −1
2


( n)
(i )

2
u ( t ) ≤ b0 t , u ( t ) , r1 1 + ∑ u ( 0 )   với 0 ≤ t ≤ k .

 i =m
 



(1.31)

Do (1.30), (1.31) nên (1.12), (1.13) thỏa. Gọi r2 > 0 thỏa u (i ) ( 0 ) ≤
r2 ( i m,..., n − 1)
=
và đặt r = r1 (1 + r2 + mr2 ) + mp0 . Khi đó, từ (1.30), ta có (1.19).
Ta có u ( ) ( t=
)
i

t j −i
1
m −1−i
j
u( ) ( 0) +
( t − s ) u ( m) ( s ) ds
∑
∫
( m − 1 − i )! 0
j =i ( j − i ) !
m −1

t

1

≤ mp0 (1 + t )

m −1−i

≤ mp0 (1 + t )

m −i −

1

t

Từ (1.30), ta có

∫u
0

1
2

( m)

1

2
t
2  t m
2
2 m− 2− 2i
+ ∫ (t − s )
ds   ∫ u ( ) ( s ) ds 
0
 0


1

2
t
2  t m
2
2 m− 2− 2i
+ ∫ (t − s )
ds   ∫ u ( ) ( s ) ds 
0
 0


(s)

2

k

ds ≤ ∫ u (
0

m)

(s)

2

ds ≤ r1 (1 + r2 + mr2 ) .

(1.32)


14

1

Hơn nữa

t

∫ (t − s )

2 m− 2− 2i

0

1
m −i −
t
2
t 2 m−1− 2i
2 m− 2− 2i
2.
ds = ⇒  ∫ ( t − s )
ds  ≤ t
2m − 1 − 2i
0


Khi đó, từ (1.32), ta có (1.20), (1.21).



Bổ đề 1.8
Cho t0 ∈ ( 0, +∞ ) , ci ∈=
R ( i 0,..., m − 1) , c j ∈ R (=
j 0,..., n − m − 1) , p : [ 0, t0 ] → R là

(

)

(

)

n −1
hàm khả tích và q : C [ 0, t0 ] → L [ 0, t0 ] là toán tử liên tục. Xét bài toán

=
u ( ) ( t ) p ( t ) u ( t ) + q ( u )( t ) ,
n

(1.33)

u( ) =
0,..., m − 1)
( 0 ) c=

i (i
i

u(
Giả sử

( −1)

n − m −1

j)

( t0=)

(1.34)

c j (=
j 0,..., n − m − 1)

p ( t ) ≥ 0 với 0 ≤ t ≤ t0 và hàm khả tích q* : [ 0, t0 ] → R+ thỏa

q ( u )( t ) ≤ q* ( t ) với 0 ≤ t ≤ t0

(1.35)

)

(

n −1

với mọi u ∈ C [ 0, t0 ] mà u thỏa điều kiện (1.34). Khi đó, bài tốn (1.33), (1.34)

giải được.
Chứng minh
Trước hết, chúng ta sẽ chứng minh rằng bài toán thuần nhất

u(

n)

(t ) = p (t ) u (t )

(1.33 0 )

u ( ) (=
0 ) 0=
( i 0,..., m − 1)
i

u(

j)

(1.34 0 )

( t0 )= 0 ( j= 0,..., n − m − 1)

chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u là một nghiệm bất kì của bài tốn (1.33 0 ), (1.34 0 ). Hàm ( −1)

n−m

p không âm

nên

( −1)

n−m

u(

n)

(t ) u (t ) + p (t ) u (t )

2

0.
=

Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến t0 thì theo bổ đề 1.4 và điều kiện (1.34 0 ), ta có

m

t0
n
m

∫ u (t )

0

( m)

2

t0

dt + ∫ t n − 2 m p ( t ) u ( t ) dt + l0 ( u ) =
0,
0

2


15

với l0 ( u ) = 0 khi n = 2m và l0 ( u ) =

2
1 ( m)
u ( 0 ) khi=
n 2m + 1 . Vì vậy u ( t ) ≡ 0 .
2

Vì bài tốn (1.33 0 ), (1.34 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài tốn (1.33), (1.34)
tương đương với phương trình tích phân
t0

u=

( t ) u0 ( t ) + ∫ G ( t , s ) q ( u )( s ) ds ,

(1.36)

0

với u0 là nghiệm của phương trình thuần nhất (1.33 0 ) với điều kiện (1.34) và G là hàm
Green của bài toán (1.33 0 ), (1.34 0 ).

(

)

(

)

n −1
Theo nguyên lí Shauder trong [6], tính liên tục của q : C [ 0, t0 ] → L [ 0, t0 ] và điều

kiện (1.35), tồn tại ít nhất một nghiệm của phương trình tích phân (1.36).



Chứng minh định lí 1.1
Đặt
p0 max=
=
{ ci i 0,..., m − 1} , b0 ( t , x, y ) = b ( t , x, y ) , r là số được định nghĩa như
trong bổ đề 1.7, =

r0 2m 2 p02 + 2r + 1 và
1 neáu 0 ≤ s ≤ r0

s

χ ( s ) = 2 − neáu r0 < s < 2r0
 r0
0 neáu s ≥ 2r
0


(

Với mỗi số tự nhiên k, ta đặt qk ( u )( t ) = χ σ k ( u )

u(

n)

0, m

(1.37)

) f (σ (u )) (t ) và xét bài toán
k

( t ) = qk ( u )( t ) ,

(1.38)

u( ) =
0,..., m − 1)
( 0 ) c=
i (i
i

u

( j)

( k )=

(1.39)

0 ( j= 0,..., n − m − 1) .

Từ bổ đề 1.3 và từ tính liên tục của f : C n−1 → L , ta suy ra tính liên tục của

qk : C n−1 ([ 0, k ]) → L ([ 0, k ]) . Lấy u ∈ C n−1 ([ 0, k ]) bất kì thỏa mãn điều kiện (1.39).
Khi đó, từ (1.5), ta có

(

qk ( u )( t ) ≤ χ σ k ( u )

Mặt khác

0, m

) b (t, u (t ) , σ

k

( u ) 0, m )

với 0 ≤ t ≤ k .


16

m −1 i

t

t i
1
m −1
u (t ) = ∑ u( ) ( 0) +
( t − s ) u ( m) ( s ) ds
∫
( m − 1)! 0
i =0 i !
≤ mp0 (1 + t )

≤ (1 + t )

m−

1
2

m −1

+t

1
m−
2

 ( m)

 ∫ u ( s ) ds 
0

t

2

1
2

( mp + σ (u ) ) với 0 ≤ t ≤ k .
0

k

0, m

1
m−

Vì vậy qk ( u )( t ) ≤ q* ( t ) với 0 ≤ t ≤ k , với q* ( t=
) b  t , ( mp0 + 2r0 ) (1 + t ) 2 , 2r0  và



q* ∈ L ([ 0, k ]) . Vì các điều kiện của bổ đề 1.8 được thỏa nên bài tốn (1.38), (1.39) có
nghiệm. Gọi uk là nghiệm của bài toán này. Từ bất đẳng thức (1.4) và (1.5), ta có

( −1)

n − m −1

uk(

n)

( t ) uk ( t ) =
( −1) χ ( σ k ( uk ) 0,m )σ k ( uk ) ( t ) f (σ k ( uk ) ) ( t )
n − m −1

≥ −a1 ( t ) σ k ( uk ) 0, m − a2 ( t ) với 0 ≤ t ≤ k .
2

(1.40)

Vì vậy, từ bổ đề 1.3 và 1.7 ta có
1

2 (i
uk( ) ( t ) ≤ r (1 + t ) =

0,..., m − 1) ,
m −i −

i

uk ( t ) ≤ r (1 + t )
(i )

n −1−i

t

+ ∫ (t − s )

n −1−i

0

1
m−


b0  s, r (1 + s ) 2 , r =
ds ( i m,..., n − 1) với 0 ≤ t ≤ k ,



(1.41)
k

(
∫ uk

m)

(s)

2

ds ≤ r , σ k ( uk )

0, m

≤ r0

(1.42)

0

Mở rộng uk lên toàn bộ R+ bằng đẳng thức sau

uk ( t ) = σ k ( uk ) ( t ) với t ≥ k

(1.43)

Khi đó, do (1.37) và (1.42) ta có
uk(

n)

( t ) = f ( uk ) ( t )

( )

với 0 ≤ t ≤ k

(1.44)

+∞

Từ (1.40) – (1.42), ta có dãy uk(i ) =
( i 0,..., n − 1) bị chặn đều và liên tục đồng bậc
k =1

trên mỗi đoạn hữu hạn của R+ . Theo định lí Arzella-Ascoli thì tồn tại một dãy con


17

(u )
kj

+∞
j =1

( )

+∞

()

của ( uk )k =1 sao cho ukj =
( i 0,..., n − 1) hội tụ đều trên mỗi đoạn hữu hạn
+∞

i

j =1

của R+ .
Từ sự liên tục của f : C n−1 → L và đẳng thức (1.44), ta suy ra u ( t ) = lim uk j ( t ) với
j →+∞

t ∈ R+ là nghiệm của phương trình (1.1). Mặt khác, từ (1.39) và (1.42), ta suy ra u thỏa

điều kiện (1.2).



Định lí 1.9
Giả sử với mọi u và u ∈ C0n −1,m , ta có bất đẳng thức sau:

( −1)

n − m −1

( u ( t ) − u ( t ) ) ( f ( u )( t ) − f ( u ) ( t ) ) ≥ −a ( t ) u − u

2
0, m

hkn với t ∈ R+ (1.45)

Trong đó a : R+ → R+ là hàm đo được thỏa:
+∞

∫ (1 + t )

n−2 m

a ( t ) dt < mmn

(1.46)

0

Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nhiều nhất một nghiệm.
Để chứng minh định lí trên, ta có một số bổ đề sau:
Bổ đề 1.10 (Bổ đề 4.4, trang 96, [4])
Nếu u ∈ C0n −1, m thì
lim t

1
i + −m
2

t →+∞

u ( ) ( t ) ==
0 ( i 0,..., m − 1)
i

(1.47)

và với mọi hằng số cij =
( i 0,..., n − m − 1;=j i,..., n − 1 − i ) thì hàm số
w(t ) =

n − m −1 n −1−i

∑ ∑ct

=i 0=j i

ij

i + j +1− 2 m

u( ) (t ) u(
i

j)

(t )

thỏa điều kiện

lim inf w ( t ) = 0

t →+∞

(1.48)

Chứng minh định lí 1.9
Cho u và u là hai nghiệm tùy ý của bài toán (1.1), (1.2). Đặt u0=
( t ) u ( t ) − u ( t ) , ta
có