Định lý tồn tại và duy nhất của bài toán ba điểm biên

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

Nguyễn Ngọc Ấn

ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2009


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

Nguyễn Ngọc Ấn

ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
CỦA BÀI TỐN BA ĐIỂM BIÊN

Chun ngành : Tốn Giải Tích
Mã số
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. NGUYỄN VĂN ĐƠNG

Thành phố Hồ Chí Minh – 2009


LỜI CẢM ƠN

Trước tiên, tôi xin vô cùng cảm ơn PGS.TS Lê Hồn Hố, TS. Nguyễn
Văn Đơng và TS. Lê Thị Phương Ngọc đã cung cấp tài liệu, tận tình hướng
dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn này.
Tơi cũng xin chân thành cảm ơn các Giảng Viên thuộc hai trường Đại
Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên
Thành Phố Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giảng dạy, hướng dẫn trong suốt quá
trình học tập. Xin được chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu và các Chun
Viên thuộc Phịng Khoa Học Cơng Nghệ-Sau Đại Học trường Đại Học Sư
Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho tơi hồn thành
khố học.
Cuối cùng, tơi xin được cảm ơn các bạn học viên cùng lớp đã gắn bó,
giúp đỡ tơi hồn thành nhiệm vụ.

Tp.Hồ Chí Minh, tháng 7 năm 2009
Tác giả,
Nguyễn Ngọc Ấn


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục
MỞ ĐẦU ......................................................................................................... 1
Chương 1 : GIỚI THIỆU BÀI TOÁN .......................................................... 3
Chương 2 : SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI

TOÁN BA ĐIỂM BIÊN................................................................ 5
2.1. Giới thiệu bài toán .................................................................................. 5
2.2. Kiến thức bổ trợ ...................................................................................... 5
2.3.Sự tồn tại nghiệm..................................................................................... 8
2.4.Sự duy nhất nghiệm ............................................................................... 14
2.5.Ví dụ ...................................................................................................... 20
Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM DƯƠNG
CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN........................................... 21
3.1. Giới thiệu bài toán ................................................................................ 21
3.2. Kiến thức bổ trợ .................................................................................... 22
3.3. Sự tồn tại nghiệm dương ...................................................................... 31
3.4. Sự tồn tại vô số nghiệm dương............................................................. 39
3.5. Sự tồn tại duy nhất nghiệm dương........................................................ 41
3.6.Ví dụ ...................................................................................................... 44
KẾT LUẬN .................................................................................................... 47
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 48


1

MỞ ĐẦU
Phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng có nhiều ứng dụng
trong thực tiễn, được áp dụng ở nhiều lĩnh vực như y học, xây dựng, kiến trúc,
điện tử … Bài toán ba điểm biên đã được rất nhiều nhà toán học quan tâm. Sự
tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên đã được nghiên cứu bởi
A.R.Aftabizadeh - Chaitan P.Gupta - Jian-Ming Xu, D.Krajcinovic, D.J.
O’Regan và các nhà toán học khác.Về nghiệm dương của bài tốn ba điểm
biên cũng đã có các nghiên cứu của các tác giả trong và ngoài nước như
Yongping Sun, Xiaoling Han, Nguyễn Thành Long-Lê Thị phương Ngọc-Lê
Xuân Trường.

Từ việc nghiên cứu các tài liệu trên, luận văn này thiết lập những kết quả
về điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài tốn ba điểm biên. Sau đó
xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của dạng bài tốn ba điểm biên này.
Mục đích nghiên cứu của luận văn là áp dụng định lý liên tục LeraySchauder để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán ba điểm biên rồi chỉ
ra điều kiện duy nhất nghiệm. Sau đó, áp dụng định lý điểm bất động của
Guo- Krasnoselskii và thuật toán lặp đơn để chứng minh sự tồn tại nghiệm
dương và nhiều nghiệm dương. Cuối cùng, luận văn chỉ ra trường hợp tồn tại
duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên.
Nội dung luận văn gồm có phần mở đầu, ba chương nội dung và phần kết
luận. Cụ thể như sau :
Phần mở đầu
Chương 1 : Giới thiệu bài tốn
Chương 2 : Trình bày sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ba
điểm biên


2

Chương 3 : Trình bày thêm sự tồn tại nghiệm dương và nêu lên trường
hợp có duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên
Phần kết luận


3

Chương 1
GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
Trong luận văn này, ở phần đầu chúng tôi xét sự tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau :
u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x)

u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1
và :

u''' = g(x,u,u',u'') + e(x)
u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1
Trong đó, f  C ( ,

) và g : [0;1] ×

3



thỏa điều kiện

Carathéodory cho trước.
Chúng tơi áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder để chỉ ra sự tồn tại
nghiệm rồi chứng minh sự duy nhất nghiệm của bài tốn .
Trong phần tiếp theo, chúng tơi xét thêm về sự tồn tại nghiệm dương
của bài toán giá trị biên 3-điểm sau:
x′′(t) = f(t,x(t)), 0 < t < 1
x′(0) = 0, x(1)= αx(η)
Trong đó, 0 < α, η < 1 và hàm số f cho trước thỏa một số điều kiện
thích hợp.
Sau đó, chúng tơi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của
bài toán giá trị biên 3-điểm sau:
u" + h(t) = 0,

0≤t≤1

u(0) = u(1) = αu(η),
với 0 < α, η < 1.
Chúng tôi áp dụng định lý điểm bất động của Guo- Krasnoselskii và
dùng thuật toán lặp đơn để chỉ ra sự tồn tại nghiệm dương và nhiều nghiệm


4

dương của bài toán. Để chứng minh sự tồn tại duy nhất nghiệm dương, chúng
tơi giải trực tiếp phương trình và sử dụng thêm tính chất của hàm số lõm.
Trong mỗi phần, chúng tơi sẽ trình bày tường minh các giả thiết trong
phần định nghĩa, trình bày các kiến thức chuẩn bị. Sau đó mới đi vào giải
quyết phần nội dung chính của đề tài là sự tồn tại nghiệm và sự duy nhất
nghiệm. Cuối cùng, chúng tơi có trình bày thêm ví dụ minh hoạ.


5

Chương 2
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN
2.1. Giới thiệu bài toán
Trong phần này, chúng ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài
toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau :
u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x)

(2.1)

u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1

(2.2)

u''' = g(x,u,u',u'') + e(x)

(2.3)

u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1

(2.4)

và :
trong đó, f  C ( ,

) và g : [0;1] ×

3

thỏa điều kiện Carathéodory,



nghĩa là :
(i) Với x  [0 ; 1] h.k.n, hàm u 
(ii) Với mọi u 

3

 g(x, u) 

3

, hàm x  [0;1]  g(x, u) 

liên tục.
đo được.

(iii) Với mọi r > 0, tồn tại hàm số thực gr(x)  L1[0;1] sao cho với
x  [0;1] h.k.n, | g(x ,u) | ≤ gr(x) với ║u ║ ≤ r .
2.2. Kiến thức bổ trợ
2.2.1.Định nghĩa 2.2.1
1

2
║u ║∞= sup | u(x) | và ║u ║ 22 =  u ( x)dx

0 x 1

0

2.2.2.Bổ đề 2.2.2
Nếu u(x)  C1[0;1] và u(0) = 0 thì :
║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) ║u′║ 22
( xem chứng minh trong [6] )


6

2.2.3.Bổ đề 2.2.3
Nếu u(x)  C1[0;1] và u(0) = u(1) = 0 thì :
║u ║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′║ 22

( xem chứng minh trong [6] )
2.2.4.Bổ đề 2.2.4
Đặt Mη= max { η, 1– η }, 0 ≤ η ≤ 1. Nếu u(η ) = 0 thì :
║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22
Chứng minh
Vì u(η ) = 0, do Bổ đề 2.2.2, ta có :


u

2

( x ) dx 

0

4



1

 u

và

2

( x ) dx 

2




2

 [u ( x )]

2

dx

0

4



2

(1   )

1

2

 [u ( x )]

2

dx

Do đó :
1

u

2

4

( x ) dx 



0

2




2

 [u ( x )]

2

0

1

Suy ra :

dx 

u

2

( x ) dx 

0

4



2

4



2

(1   )

1

2

 [u ( x )]



M   [u ( x )] dx 
2

2

0

4



2

2

dx
1

M   [u ( x )]2 dx
2

║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 

Hay :

2.2.5.Bổ đề 2.2.5
1

Nếu u(0) = u(1) = 0 thì ║u ║∞ 

1
2 0

Chứng minh
Ta có :

| u(x) | = |

x

x

0

0

 u(t )dt |  

|u′(t)|dt

| u′(x) | dx .



7

1

x

x

 u(t )dt |  

Mặt khác : | u(x) | = |
Do đó :

1

|u′(t)|dt

1

2 | u(x) |   |u′(t)|dt
0

1



Tức là : | u(x) |
Suy ra :

Vậy :

1
2 0

| u′(t) | dt, x [0;1]

sup | u(x) | 

x[ 0;1]

║u ║∞ 

1
2

1



1
2

1



| u′(t) | dt

0

| u′(x) | dx.



0

Xét không gian H3(0;1) được định nghĩa như sau :
H3(0;1)= { u  L2[[0;1]; ] :
và

d ju
hoàn toàn liên tục trên [0;1], j = 0,1,2
dx j

d 3u
2
 L ([0;1]) } với chuẩn tương ứng ║.║ H 3 được định nghĩa bởi :
3
dx
1

Với u  H (0;1), u
3

H3



 ([u ( x)]

2

 [u( x)]2  [u( x)]2  [u( x)]2 )dx

0

Ta định nghĩa toán tử :
L : D(L)  C2[0;1] → L1[0;1]
với :

D(L) = { u  H3(0;1): u thỏa (2.2) hoặc ( 2.4 ) }

d 3u
và với u  D(L) thì Lu = dx 3 .

2.2.6.Bổ đề 2.2.6

ker L = {0}
Chứng minh

Lấy u  D(L), ta có :
Lu = 0 

d 3u
=0
dx 3

 u(x) = ax2 + bx + c,

8

Do đó có : u′(x) = 2ax + b và u′′(x) = 2a
• Nếu u thỏa (2.2) tức u′(0) = u′(1) = u(η) = 0 thì :
Do u′(0) = 0 nên có b = 0
Do u′(1) = 0 nên có a = 0
Do u(η) = 0 nên có c = 0
• Nếu u thỏa (2.4) tức u′(0) = u′′(1) = u(η) = 0 thì :
Do u′(0) = 0 nên có b = 0
Do u′′(1) = 0 nên có a = 0
Do u(η) = 0 nên có c = 0
Do đó u =0
Vậy :

ker L = {0}



2.3.Sự tồn tại nghiệm

Trong phần này, chúng ta vận dụng định lý liên tục Leray-Schauder
(xem trong [6]) để chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán (2.1), (2.2) và
(2.3), (2.4).
2.3.1.Định lý 2.3.1

Cho g : [0;1]×

3

→

thỏa điều kiện Carathéodory và f  C( ; ).

Giả sử :
(i) Tồn tại các hàm số a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)  C[0;1], d(x)  L1[0;1]
và các hằng số dương ao , bo , co sao cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥– bo, c(x) ≥ –co,
x  [0;1] h.k.n. và với mọi u, v, w  , x  [0;1] h.k.n:
g(x,u,v,w) v ≥ a(x) v w + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v |
(ii) Tồn tại α  C[[0;1]×

2

;

] và β  L1[0;1] sao cho :

| g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v,w 

và x  [0;1] h.k.n.

Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài tốn (2.1), (2.2) có ít nhất một
nghiệm nếu : ( ao + 2 bo ) π + 4 Mη co < 2π3 với Mη= max { η , 1– η }.
Chứng minh


9

Ký hiệu X là không gian Banach C2[0;1] và Y là không gian Banach
L1[0;1] với chuẩn đã biết. Với mỗi u  X, v  Y, ký hiệu tích vơ hướng :

(u, v) =

1



u(x) v(x) dx

0

Định nghĩa ánh xạ tuyến tính : L: D(L)  X → Y
Trong đó :
D(L) = { u  X / u′′ hoàn toàn liên tục trên [0;1], u′(0) = u′(1) = u(η) = 0 }
và với mỗi u  D(L), L(u) = u′′′.
Đồng thời ta định nghĩa ánh xạ phi tuyến : N : X → Y xác định bởi :
(Nu)(x) = f(u′(x)) . u′′(x) – g(x, u(x), u′(x), u′′(x)).
Chú ý rằng N là ánh xạ liên tục, bị chặn. Dễ thấy ánh xạ tuyến tính L,
theo định nghĩa trên, là đơn ánh. Tương tự như thế đối với ánh xạ tuyến tính:
K : Y→ X được định bởi : Với mỗi y Y :
x t s

(Ky)(x) =




y ( ) d  d s d t 

0 0

 2  x2
2

1 t

  y ( ) d  d t
0 0

sao cho với mỗi y  Y, Ky  D(L), LKy= y và với mỗi u  D(L), KLu = u, hơn
nữa theo định lý Arzela-Ascoli K biến mỗi tập con bị chặn của Y thành tập
con compact tương đối trong X. Vậy : KN: X → X là một ánh xạ compact .
Chúng ta chú ý rằng u  C2[0;1] là một nghiệm của bài toán giá trị
biên (2.1), (2.2) nếu và chỉ nếu u là một nghiệm của phương trình tốn tử:
Lu + Nu = e
Phương trình tốn tử Lu + Nu = e tương đương với phương trình :
u + KNu = Ke
Áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder ta thu được sự tồn tại nghiệm
của phương trình u + KNu = Ke hay của bài toán (2.1), (2.2).
Để làm điều này, ta sẽ kiểm tra lại rằng tập tất cả các nghiệm của hệ
phương trình :


10

u′′′+ λ f(u′). u′′ = λ g(x,u,u′,u′′) + λ e(x), x  (0;1)
u(η) = u′(0) = u′(1) = 0, 0 ≤ η ≤ 1

(2.5)

là bị chặn trong C2[0;1] bởi một hằng số độc lập với λ [0;1].

Cho u là nghiệm của (2.5) với λ  [0;1] .
Vì u′(0) = u′(1) = 0, từ Bổ đề 2.2.3, thay u, u′ bởi u′, u′′ ta có :
║u′║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′′║ 22
Từ Bổ đề 2.2.5, áp dụng bất đẳng thức Holder ta suy ra :
║u′║∞ ≤

1
║u′′║ 2
2

Do u(η) = 0 và Bổ đề 2.2.4, chúng ta có :
║u║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′′║ 22
Nhân (2.5) với u′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, ta có :
1


0

1

1

1

0

0

0

u′. u′′′dx + λ  f(u′).u′.u′′ dx = λ  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ  e(x) .u′dx
1



Vì u′(0) = u′(1) = 0,

u (1)

f(u′) u′ u′′dx =



f (u ')u ' d (u ') = 0

u (0)

0

Hơn nữa, từ tích phân từng phần ta có :
1



u′ u′′′ dx = –

0

1



[u′′(x)]2dx

0

Do đó, từ điều kiện (i) ta có :
1

1

1

1

0

0

0

0

–  [u′′(x)]2dx ≥ λ  a(x)u′ u′′dx +λ  b(x)[u′(x)]2dx +λ  c(x) | u u′|dx +
1

1

0

0

+λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx
Do tích phân từng phần :
1


0

2

a(x)u′ u′′dx = a(x) [u′] | –
1
0

1


0

2

a′(x)[u′(x)] dx –

1


0

a(x)u′ u′′dx

11

2

Mà : a(x) [u′] | = 0, suy ra :
1
0

1

1
a(x)u′ u′′dx = –
2


0

1



a′(x)[u′]2dx

0

Do đó :
–

1





2

[u′′(x)] dx ≥ –

2

0

1


0

1

2

a′(x)[u′(x)] dx +λ  b(x)[u′(x)]2dx +
0

1

1

1

0

0

0

+λ  c(x) | u u′|dx +λ  d(x) | u′|dx +λ  e(x) u′dx
Tiếp tục áp dụng điều kiện (i), suy ra :
║u′′║ 22  λ[(

a0
+ bo)║ u′║ 22 + co ║u║ 2 .║u′║ 2 +║d║ 1 .║u′║  +║e║ 1 .║u′║  ]
2

Do 0 ≤ λ ≤ 1 và các đánh giá trên, ta có :
║u′′║ 22 

ao  2bo 1
2
1
2
Mη║u′′║ 22 + ( ║d║ 1 +║e║ 1 )║u′′║ 2
2 ║u′′║ 2 + co
3

2
2


Vì ║u′′║ 2 ≥ 0, suy ra :
( 2 π3 – π ( ao + 2 bo) – 4 co Mη ) ║u′′║ 2  π3 ( ║d║ 1 + ║e║ 1 )
Do giả thiết 2 π3 – π ( ao + 2 bo) – 4 co Mη > 0, nên :

 3 ( d 1  e 1)
: 
║u′′║ 2 
2 3   (ao  2bo )  4co M
Từ đó ta có :

║u′║    và ║u║   

Bây giờ, ta đặt : M  = max | f(v)|, v  [ -  ,  ], do (2.1) ta có :
|u′′′| ≤

| f(u′)| .| u′′| + | g(x,u,u′,u′′) | + | e(x) |

Và do điều kiện (ii) nên ta có :
║u′′′║ 1 ≤ M  ║u′′║ 2 +

1



| g(x,u,u′,u′′) | dx + ║e║ 1

0

≤ M .  +

1



|  (x,u,u′)| | u′′ | 2 dx + ║  ║ 1 + ║e║ 1

0

≤ M  .  +  2 K  + ║  ║ 1 + ║e║ 1 :=  1


12

với K  = max |  (x,u,v) | trên [0;1]× [–  ;  ] × [–  ;  ] .
u′(0) = u′(1) = 0, theo định lý Lagrange, tồn tại số  

Hơn nữa, do

[0;1] sao cho u′′(  ) = 0 và u′′(x) =

x



u′′′(t)dt, x  [0;1].

║u′′║∞ ≤ ║u′′′║ 1 ≤  1

Ta có :

Vậy, có một hằng số C độc lập với   [0;1] sao cho :║u║ C [0;1] ≤ C .
2

Định lý 2.3.1 đã được chứng minh .



Lập luận tương tự ta có Định lý 2.3.2 sau :
2.3.2.Định lý 2.3.2

Giả sử tất cả các điều kiện của Định lý 2.3.1 được thỏa mãn, ngoại trừ
trong điều kiện (i) chúng ta giả thiết rằng a(x)  C[0;1], a(x) ≥ –ao và :
v.g(x,u,v,w) ≥ a(x) .| v w | + b(x) v2 + c(x) | u v | + d(x) | v |
Khi đó, bài tốn (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm nếu :
ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3
Chứng minh

Lý luận như Định lý 2.3.1 với chú ý rằng :
Từ :

1


0

1

1

1

0

0

0

u′. u′′′dx + λ  f(u′).u′.u′′dx = λ  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ  e(x) .u′dx
Dùng điều kiện (i), suy ra :

1

2

1

1

0

0

2

1

–  [u′′(x)] dx ≥ λ  a(x) | u′ u′′ | dx +λ  b(x)[u′(x)] dx +λ  c(x) | u u′|dx +
0

1

1

0

0

0

+λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx
1

1

1

0

0

0

≥– λ ao  | u′ u′′ | dx – λ bo  [u′(x)]2dx – λ co  | u u′|dx +
1

1

0

0

+λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx


13

Suy ra :
1


0

2

1

1

0

0

1

2

[u′′(x)] dx ≤ λ [ ao  | u′ u′′ | dx + bo  [u′(x)] dx + co  | u u′|dx –
1

1

0

0

0

–  d(x) | u′|dx –  e(x) u′dx ]
1

1

1

0

0

0

≤ ao  | u′ u′′ | dx + bo  [u′(x)]2dx + co  | u u′|dx –
1

1

0

0

–  d(x) | u′|dx –  e(x) u′dx
Do đó :
║u′′║ 22  ao.

1



║u′′║ 22 + bo

1



2

║u′′║ 22 + co

2



3

Mη ║u′′║ 22 +  3 ( ║d║ 1 +

+║e║ 1 ) ║u′′║ 2
và được :

 3 ( d 1  e 1)

: 
║u′′║ 2  3
  ao 2  bo  2co M 

Phần chứng minh còn lại hoàn toàn giống như của Định lý 2.3.1. 
2.3.3.Chú ý 2.3.3

Định lý 2.3.1 và 2.3.2 nêu tính giải được của bài toán (2.1) và (2.2) với
mọi e(x) trong L1[0,1]. Điều đó hiển nhiên rằng Định lý 2.3.1 cho phép giải
quyết được phương trình (2.1) với điều kiện biên khơng thuần nhất :
u′(0) = A1, u′(1) = A2, u(η) = A3
2.3.4.Hệ quả 2.3.4

Cho g: [0,1] ×

3

→

thỏa điều kiện Carathéodory, f:

→

liên

tục và giả thiết rằng với x  [0;1] h.k.n, hàm g(x,u,v,w) khả vi liên tục theo u,v
và w . Giả sử tồn tại các số thực ao, bo, co > 0 với ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3
sao cho :

g

g
g
( x,0,0, w) | ≤ ao (2.6)
( x , u , v , w )   co ,
( x , 0, v , w )   bo , |
w
u
v


14

với x  [0;1] h.k.n và mọi u, v, w 

. Thêm vào đó, giả sử tồn tại một hàm

liên tục :
α : [0,1] ×

2

và β(x)  L1[0,1] sao cho :

→

|g(x,u,v,w)| ≤ |α (x,u,v)|.|w|2 + β(x)
với mọi u, v, w 

(2.7)

và x  [0;1] h.k.n.

Khi đó, với mỗi e(x)  L1[0,1], bài tốn (2.1), (2.2) có nghiệm .
Sử dụng phương pháp như trong Định lý 2.3.1, chúng ta chứng minh
được định lý sau đối với bài toán biên (2.3), (2.4) :
2.3.5.Định lý 2.3.5

Cho g: [0,1] ×

3

→

thỏa điều kiện Carathéodory. Giả thiết rằng :

(i) Tồn tại các hàm a(x), b(x), c(x)  C[0;1], d(x)  L1[0;1] và các hằng
số dương ao, bo, co sao cho : a(x) ≥– ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co ,  x  [0;1].
và với mọi u, v, w 

, x  [0;1] h.k.n:

g(x,u,v,w) v ≥ a(x) |v w| + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v |
(ii) Tồn tại α  C[ [0;1]×

2

; ] và β  L1[0;1] sao cho :

| g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v, w 

và x  [0;1] h.k.n.

Khi đó, với mọi e(x) L1[0;1], bài tốn (2.3), (2.4) có ít nhất một
nghiệm nếu : 2π2 ao + 4 π bo + 8 Mη co < π3, với Mη= max { η, 1– η }.
2.3.6.Hệ quả 2.3.6

Giả sử các điều kiện của hệ quả 2.3.4 được thỏa mãn, trừ điều kiện
ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3 được thay bởi :
2 π2 ao+ 4 π bo+ 8 co Mη < π3
Khi đó, bài tốn (2.3), (2.4) có nghiệm .
2.4.Sự duy nhất nghiệm

Phần này trình bày về sự tồn tại nghiệm duy nhất của các bài toán biên :
u′′′+ Au′′= g(x, u, u′, u′′) + e(x)
u(η ) = u′(0) = u′(1) = 0

(2.8)
(2.9)


15

và

u′′′ = g(x, u, u′, u′′) + e(x)

(2.10)

u(η ) = u′(0) = u′′(1) = 0

(2.11)

với A là hằng số và g(x, u, v, w) thỏa điều kiện Carathéodory, e(x)  L1[0;1].
2.4.1.Định lý 2.4.1
3

Cho g: [0,1] ×

→

thỏa điều kiện Carathéodory và A là một hằng

số. Giả sử tồn tại các hàm a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)  C[0;1] và các hằng số
dương ao, bo, co sao cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co với x  [0;1] h.k.n.
và với mọi ui, vi, wi  , i= 1,2 và x  [0;1] h.k.n:
(g(x,u1,v1,w1) –g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) (w1– w2).( v1–v2) +
+b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1– u2 | . | v1– v2 |
Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài tốn (2.8), (2.9) có nghiệm duy nhất
(ao + 2bo) π + 4 co Mη < 2 π3

nếu :
Chứng minh

Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.8), (2.9), ta có :
(u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′  g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2)

(2.12)

( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = 0

(2.13)

và

Nhân (2.12) với (u1–u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng :
1

1

 (u1  u2 )(u1  u2 )dx  (u1  u2 ).(u1  u2 ) | 10 –  [(u1–u2)′′]2dx
0

0

1

= –  [(u1–u2)′′]2dx
0

và : A

1



(u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A

0

1


0

1

1

[(u  u )]2
(u1–u2)′ d(u1–u2)′] = 1 2
0
2
0

1

Ta có : –  [(u1–u2)′′] dx   [ g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2)] (u1–u2)′ dx
0

2

0

Đặt : y = u1–u2, từ điều kiện (i), ta có :


16

1

1

2

–  [y′′] dx ≥



0

Mà :

1

1

a(x) y′′y′dx +  b(x) [y′] dx +

0

0

2



2

1



c(x) |y| . | y′| dx

0

1

a(x) y′′y′dx = a(x). [y′] | –  [a′(x).y′+ a(x).y′′] y′dx

0

1
0

0

1

1

0

0

= –  a′(x).[y′]2dx –  a(x).y′′ y′dx
Nên :

1



a(x) y′′y′dx = –

0

1

1
2



a′(x).[y′]2dx

0

Ta thu được :
1

1
[y′′] dx ≥ –
2
2

–
0

Hay :

1


0

1

1

2



2

a′(x).[y′] dx +  b(x) [y′] dx +

0

0

1

1



c(x) |y| . | y′| dx

0

1

1

1
1
1
2
2
2
2
2
[y′′] dx ≤ ( a o  bo )  [ y ] dx  co [  y dx ] .[  [ y ] dx ]
2
0
0
0

2

1
a o  bo
2

≤



2

1

 [ y ]

2

dx 

2 M  co

0

3



Suy ra : [2 π –(ao +2 bo) π – 4 co Mη ]

3

1

 [ y ]

2

dx

0

1



[y′′]2 dx ≤ 0

0

Hay :

y 

2
2

 0 ( do 2 π3 – (ao +2 bo) π – 4 co Mη > 0)
y

Do Bổ đề 2.2.3 ta được :

Từ đây, vì :
nên :

y



 y

2

2
2

0

0

y(x) = 0

Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n
Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), x [0;1]
Định lý được chứng minh . 


17

2.4.2.Định lý 2.4.2
3

Cho g: [0,1] ×

→

thỏa điều kiện Carathéodory và A là một hằng

số . Giả sử tồn tại các hàm a(x), b(x), c(x) C[0;1] và các hằng số dương ao,
bo, co sao cho : a(x) ≥– ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co với x  [0;1] h.k.n. và với mọi
ui, vi, wi  , i= 1,2 và x  [0;1] h.k.n:

(g(x,u1,v1,w1)–g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) | w1– w2|.| v1–v2 | +
+b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1– u2 | .| v1– v2 |
Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài tốn (2.8), (2.9) có nghiệm duy nhất nếu:
ao π2+ bo π + 2 co Mη < π3
Chứng minh

Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.8) , (2.9) , ta có :
(u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′  g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2)

(2.14)

( u1–u2)(η ) =0; (u1– u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = 0

(2.15)

và

Nhân (2.14) với (u1– u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng :
1

1

 (u1  u2 )(u1  u2 )dx  (u1  u2 ).(u1  u2 ) | 10 –  [(u1–u2)′′]2dx
0

0

1

=–  [(u1–u2)′′]2dx

0

Và : A

1



(u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A

0

1

[(u1  u2 )]2
(u1–u2)′ d(u1–u2)′] =
0
2
0

1


0

1

2

Ta có : –  [(u1–u2)′′] dx =

0

1



[ g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2) ](u1–u2)′dx

0

Đặt : y = u1–u2 , từ giả thiết, ta có :
1

–  [y′′]2 dx ≥
0

1


0

1

1

a(x) |y′′|.| y′|dx +  b(x) [y′]2dx +



0

c(x) |y| . | y′| dx

0

1

1

1

0

0

0

≥ –ao  |y′′| .| y′|dx – bo  [y′]2dx – co  |y| . | y′| dx


18

Hay :

1


0

2

1

1

0

0

1

2

[y′′] dx ≤ ao  |y′′| .| y′|dx + bo  |y′| dx + co  |y| . | y′| dx
1

1

1

0

1

1

1

1

1

 ao (  y  dx ) 2 .(  y  dx ) 2  bo y  2  co (  y dx ) 2 .(  y  dx ) 2
2

0


Hay :

2

2

0

ao



y 

y 

2

2



2



2

0

bo



ao



2

y 

y 
2
2

2



2



bo



2

2 co M 



3

y 

2
2



Suy ra : [ π3 – π2 ao –π bo – 2co Mη ]. y 
Do đó :

y 

2
2

nên :

y 

0

2
2

2 co M 


2
2

2

3

y 

2
2

0

 0 ( do ao π2+ bo π + 2 co Mη < π3 )

y

Do Bổ đề 2.2.3 ta được :

Từ đây, vì : y

2

 y



2

2
2

0

0

y(x) = 0

Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n
Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), x [0;1] .
Định lý được chứng minh . 
2.4.3.Định lý 2.4.3

Cho g: [0,1] ×

3

→

thỏa điều kiện Carathéodory. Giả sử tồn tại

các hàm a(x), b(x), c(x)  C[0;1] và các hằng số dương ao, bo, co sao cho :
a(x) ≥–ao, b(x) ≥ –bo , |c(x)| ≤ co với x  [0;1] h.k.n.
Đồng thời với mọi ui, vi, wi  , i= 1, 2 và x  [0;1] h.k.n:
(g(x,u1,v1,w1)–g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) | w1–w2|.| v1–v2 | +
+b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1–u2 | . | v1– v2 |
Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài tốn (2.10), (2.11) có nghiệm duy
nhất nếu

2ao π2+ 4 bo π + 8 co Mη < π3


19

Chứng minh

Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.10), (2.11), ta có :
Và

(u1–u2)′′′  g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2)

(2.16)

( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′′(1) = 0

(2.17)

Nhân (2.16) với (u1– u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng :
1

1

 (u1  u2 )(u1  u2 )dx  (u1  u2 ).(u1  u2 ) | 10 –  [(u1–u2)′′]2dx
0

0

1

= –  [(u1–u2)′′]2dx
0

1

Ta có : –  [(u1–u2)′′]2 dx =
0

1

[ g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2) ](u1–u2)′dx


0

Đặt : y = u1–u2, từ giả thiết, ta suy ra :
1

1

1

1

0

0

0

0

–  [y′′]2 dx ≥ –ao  |y′′| .| y′|dx – bo  [y′]2dx – co  |y| . | y′| dx
1

2

1

1

0

0

1

2

hay :  [y′′] dx ≤ ao  |y′′| .| y′|dx + bo  |y′| dx + co  |y| . | y′| dx

0

1

1

1

0

1

 a o (  y  dx ) 2 .(  y  dx ) 2  bo y 
2

0

2

2
2

0

1

1

1

1

 c o (  y dx ) 2 .(  y  dx ) 2
2

0

2

0

Do các Bổ đề 2.2.2 và 2.2.4, ta có :
1





[y′′]2 dx

0

Hay :

y 

2
2

2 ao



y 



2 ao



2 ao





2
2



y 

2

y 

2

2

2

4 bo



y 

2



4 bo



4 bo





2

2

2
2

 co

y 

2

y 

2

2

2

2



 co



Hay :

y 

2
2

2

M



8co M 

Suy ra : [ π3 – 2π2 ao –4 π bo – 8co Mη ]. y 

2

M  y



3

2

 0

2

2

4


y 

 0 ( do 2ao π2+ 4 bo π + 8 co Mη < π3 )

y 

2

2
2

2
2


20

Do Bổ đề 2.2.2 ta được :
Từ đây, vì :
nên :

y



y

2
2

0

 y 2  0

y(x) = 0

Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n
Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x),  x  [0;1] .
Định lý được chứng minh . 
2.4.4.Chú ý 1.4.4

Chúng ta chú ý rằng các định lý 2.4.1-2.4.3 cho nghiệm duy nhất của
các bài toán (2.8), (2.9) và (2.10), (2.11). Từ sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của (2.8), (2.9) và (2.10), (2.11) chúng ta có định lý chung của các mục 2.3
và 2.4.
2.5.Ví dụ

Xét phương trình vi phân
ψ′′′= k2 (x, ψ) ψ′ – a(x , ψ),

x  [0;1]

với điều kiện biên : ψ′(0) =ψ′(1) =ψ(1/2) = 0
Nếu chúng ta giả sử rằng k2(x,ψ) ≡ 1 và a(x, ψ) = a(x) ψ + b(x) với
a(x)  C1[0,1], b(x)  C[0,1] thì theo Định lý 2.3.1, bài tốn biên này có
nghiệm.
Bây giờ, nếu chúng ta giả sử rằng k, a  C[ [0;1] ×

,

] và tồn tại các

hàm c(x)  C[0,1], d(x)  L1[0,1] sao cho c(x) > –π3 và :
ψ′. a(x, ψ) ≤ c(x) |ψ.ψ′| + d(x) |ψ′|
Khi đó theo Định lý 2.3.1, bài tốn biên này có ít nhất một nghiệm trên
C3[0;1] .


21

Chương 3
SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM DƯƠNG
CỦA BÀI TỐN BA ĐIỂM BIÊN
3.1. Giới thiệu bài tốn

Trong chương này, phần đầu chúng ta xét bài toán giá trị biên 3-điểm
sau:
x′′(t) = f(t,x(t)), 0 < t < 1

(3.1)

x′(0) = 0, x(1)= αx(η)

(3.2)

với 0< α, η < 1 và hàm số f cho trước thỏa một số điều kiện thích hợp.
Lấy β  (0,π/2), rõ ràng bài toán (3.1), (3.2) tương đương với bài toán :

với

x′′(t) + β2x(t) = g(t,x(t))

(3.3)

x′(0) = 0, x(1)= αx(η)

(3.4)

g(t,x) = f(t,x) + β2x

(3.5)

Chúng ta thiết lập các giả thiết sau :
(H1) : α cosβη – cosβ > 0
(H2) : f : [0,1] × [0, +∞) →

là hàm liên tục thỏa điều kiện :

f(t,x) ≥ – β2x,  t  [0,1], x  [0, +∞)


(H 2 ): Hàm f(t,x) là không giảm theo x và thỏa (H2).
Đặt :

K

1

 cos   cos 

M

Mo 

sin 



(1  K )

K cos 



(1   )sin  (1  )

(3.6)