Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao đối với số lệch

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

Lương Hồng Khương

NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014


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

Lương Hồng Khương

NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH
Chuyên ngành : Tốn giải tích
Mã số

: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS LÊ HỒN HĨA

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014

LỜI CẢM ƠN
Tơi bày tỏ lịng cảm ơn chân thành và sâu sắc đến thầy PGS.TS Lê Hồn
Hóa, người thầy đã nhiệt tình, tận tụy hướng dẫn và giúp đỡ tơi hồn thành
luận văn này.
Tơi trân trọng cảm ơn các thầy cơ khoa Tốn trường ĐHSP TP. Hồ Chí
Minh và các thầy cô đã tận tâm giảng dạy, truyền đạt cho tơi những kiến thức
q báu trong suốt khóa học cao học.
Tôi gửi lời cảm ơn đến các thầy cô phịng KHCN-SĐH trường ĐHSP TP.
Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành tốt khóa học.
TP.HCM, ngày 29 tháng 12 năm 2014
Lương Hoàng Khương


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục
LỜI MỞ ĐẦU .............................................................................................................1
Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .........................................................................3
1.1. Ánh xạ Fredholm..............................................................................................3
1.2. Bất đẳng thức Holder .......................................................................................3
1.3. Bậc trùng ..........................................................................................................3
1.4. Lí thuyết trùng bậc của Mawhin ......................................................................4
Chương 2. NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC
CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH...........................................................................................5
2.1. Các bổ đề ..........................................................................................................5
2.2. Các định lý .....................................................................................................12
2.3. Ví dụ ...............................................................................................................33

Chương 3. NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
BẬC CAO ĐỐI SỐ LỆCH VỚI ĐỘ LỆCH KHẢ NGHỊCH ...................................34
3.1. Các bổ đề ........................................................................................................34
3.2. Các định lý. ....................................................................................................38
3.3. Các ví dụ ........................................................................................................49
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................51


1

LỜI MỞ ĐẦU
Trong những năm gần đây, đã có nhiều cơng trình nghiên cứu về sự tồn tại
nghiệm tuần hồn của phương trình vi phân bậc một hoặc bậc cao. Ví dụ đã có
những định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hồn của các phương trình vi phân sau đây:

(

)

x "( t ) = f t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , x ' ( t ) + e ( t ) ,
x(

2n)

n −1

( t ) + ∑ a j x(

2 j)

0,
(t ) + f (t, x ) =

j =1

=
u (t )
( n)

n −1

∑ p u( ) (t ) + q (t ) ,
i −1

i

i =1

(t ) =

u(

n)

x(

2 n +1)

(

f t , u ( t ) ,..., u (

n −1)

(t )) ,

n

0,
( t ) + ∑ a j x( 2 j −1) ( t ) + f ( t , x ) =
j =1

x

( 2 n +1)

y(

n)

0,
( t ) + f ( t , x ( t ) ,..., x( 2 n) ( t ) ) =

0.
( t ) + ∑ ai y (i ) ( t ) + b ( t , y ( t ) ,..., y ( n−1) ( t ) ) =
n −1
i =1

Nội dung chính của luận văn là sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để
nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm tuần hồn của các phương trình vi phân sau:

x

(n)

n −1

( t ) =∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) ( I )
i =1

x(

n)

n −1

( t=) ∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) + p ( t )( II )
i =1

Luận văn gồm 3 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Giới thiệu lý thuyết trùng bậc của Mawhin và một số bổ đề nhằm phục vụ
cho chương 2 và chương 3.
Chương 2. Nghiệm tuần hồn của phương trình vi phân bậc cao đối số lệch
Sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh một số định lý về sự
tồn tại nghiệm tuần hồn của phương trình (I).
Chương 3. Nghiệm tuần hồn của phương trình vi phân bậc cao đối số lệch,
với độ lệch khả nghịch.


2

Sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh một số định lý về sự
tồn tại nghiệm tuần hồn của phương trình (II).
Luận văn dựa trên hai bài báo khoa học là:
Lijun Pan, “Periodic solutions for higher order diferential equations with
deviating argumen”t. J.Math. Anal. Appl.343 (2008) 904-918.
Y.J.Liu, P.H.Yang, W.G.Ge, “Periodic solution of high-order delay
diferential equations”. Nonlinear Anal. 63 (2005) 136-152.


3

Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Ánh xạ Fredholm
Định nghĩa 1.1.1. Cho X , Y là hai không gian định chuẩn. Ánh xạ tuyến tính

L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm nếu
i. dim KerL < ∞
ii. Im L đóng, dim Co ker L < ∞.
Định nghĩa 1.1.2. Chỉ số của ánh xạ Fredholm L được kí hiệu là Ind ( L)

Ind ( L) dim KerL − dim Co ker L.
=
1.2. Bất đẳng thức Holder
Cho X là tập đo được Lebesgue trong R n , Lp ( X ) là K − không gian vecto tất
cả các hàm đo được f từ X vào K sao cho f

p

khả tích Lebesgue.

Bất đẳng thức Holder: Cho p > 1, q > 1 là các số thực thoả mãn

1 1
+ =
1.
p q
1

Nếu f ∈ Lp ( X ) , g ∈ Lq ( X ) thì fg ∈ L1 ( X ) và

∫
X

1

p 
q

p
q
fg ≤  ∫ f  . ∫ g  .
X
 X


Trường hợp đặc biệt với p= q= 2 ta có bất đẳng thức Schwarz.
1.3. Bậc trùng
Cho X, Y là hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm
chỉ số 0. Cho Ω là tập con, mở, bị chặn của X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ . Giả sử rằng

F = L + N : D ( L ) ∩ Ω → Y là ánh xạ với N là L-compact trên Ω . Cũng giả sử
rằng 0 ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) . Cho J : Im Q → KerL là một đẳng cấu tuyến tính.
J
Đặt H PQ
=
JQ + K PQ .

Ta có thể kiểm tra được rằng

( JQ + K ) ( L + N ) =
= I − P + ( JQ + K ) N .
J
H PQ
F=

PQ

PQ

J
K PQ L + H PQ
N


4

Do đó 0 ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) .
Thật

vậy

nếu

J
0 ∈ H PQ
F ( D ( L ) ∩ ∂Ω )

.Khi

đó,

K PQ ( Lx + Nx ) + JQNx =
0

với x ∈ D( L) ∩ ∂Ω .
0 . Do đó Lx + Nx =
Vì vậy QTx = 0 và ( I − Q )( Lx + Nx ) =
0 , điều này mâu thuẩn.

Bởi tính chất L -compact của N dẫn đến:

(

)

Bậc Laray Shauder deg I − P + ( JQ + K PQ ) N, Ω, 0 là định nghĩa tốt.
Bây giờ chúng ta định nghĩa một bậc bởi:

)

(

DJ ( L + T , Ω,=
0 ) deg I − P + ( JQ + K PQ ) T , Ω, 0 .

Biểu thức này được gọi là bậc trùng của L và − N trên Ω ∩ D ( L ) . Chúng ta có thể
kiểm tra được rằng định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn P, Q . Nó thì có
nghĩa rằng DJ ( L + N , Ω, 0 ) là một hằng số đối với một vài J phụ thuộc vào định
hướng trên Ker ( L ) và Coker ( L ) . Định nghĩa đưa ra trên đây phụ thuộc vào J .
1.4. Lí thuyết trùng bậc của Mawhin
Định lý. Cho X , Y là hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử
Fredholm chỉ số 0.

P : X → X ,Q :Y → Y

là

hai

ánh

xạ

chiếu

thoả

mãn

Im P =
KerL, KerQ =
Im L, X =
KerL ⊕ KerP, Y =
Im L ⊕ Im Q
Khi đó L |D( L )∩ KerP : D ( L ) ∩ KerP → Im L là khả nghịch, ký hiệu K p là ánh xạ
ngược của nó.
Định nghĩa. Cho Ω là tập con, mở, bị chặn của X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ .

( )

Ánh xạ N : X → Y được gọi là L − compact trên Ω nếu QN Ω bị chặn và

K p ( I − Q ) N : Ω → X là compact.


5

Chương 2. NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH
Trong chương này, bằng việc sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin,
chúng ta sẽ đưa ra một số định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hồn của phương trình
vi phân bậc cao với đối số lệch.
x ( n ) ( t=
)

n −1

∑ b x( ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) ,..., x ( t − t ( t ) ) ) + p ( t )( I )
i

i

i =1

m

1

Trong đó:

=
bi ( i 1,2,..., n − 1) là hằng số
f ∈ C ( R m+ 2 , R ) , f ( t + T , x0 , x1 ,..., x=
f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) , ∀ ( x0 , x1 ,..., xm ) ∈ R m+1
m)

p ∈ C ( R, R ) , p ( t + T ) =
p (t )

ti ∈C
=
,t i ( t + T ) t i ( t )
( R, R )( i 1,2,...., m )=
2.1. Các bổ đề
x ( t ) thì
Bổ đề 2.1.1. Giả sử x ∈ C n ( R, R ) và x ( t + T ) =
1

1

1

T
2  T
2
 T ( n) 2  2
2
2
≤
≤
≤
x
t
dt
x
t
dt
'
''
...
∫ ( )
 ∫ ( )

 ∫ x ( t ) dt  .
0
 0

0


s ( t ) và
Bổ đề 2.1.2. Cho α ∈ [ 0, +∞ ) là hằng số, s ∈ C ( R, R ) với s ( t + T ) =
s ( t ) ∈ [ −α , α ] , ∀t ∈ [ 0, T ] . Khi đó, ∀x ∈ C1 ( R, R ) , x ( t + T ) =x ( t ) ta có
T

∫
0

T

x ( t ) − x ( t − s ( t ) ) dt ≤ 2α 2 ∫ x ' ( t ) dt.
2

2

0

Chứng minh.
Đặt ∆1 =
{t : t ∈ [0,T ], s ( t ) < 0} .
{t : t ∈ [0,T ], s ( t ) ≥ 0} , ∆ 2 =
Khi đó với mọi t ∈ [ 0, T ] , ta có:


6

T

∫ x (t ) − x (t − s (t ))

2

2

∫ ∫

=

∆1 t − s ( t )

∫ ∫

∆1 t − s ( t )

∫

x ' (s ) ds dt +
x ' (s ) ds dt +

x ' (s ) ds dt

∫ ∫

∆2 t − s(t )

2

t − s(t )

x ' (s ) ds dt

∫ ∫

∆2

x ' (s ) ds dt
2

t

2

t

=

dt =
∫

∆1 ∪∆ 2 t − s ( t )

0

t

2

t

t

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta được
T

∫ x (t ) − x (t − s (t ))

2

0

t

≤α ∫

∫α

∆1 t −

T

≤α∫

t

∫

0 t −α

dt ≤ s ( t ) ∫

t

x ' (s ) ds dt + s ( t )

∫

2

∆1 t − s ( t )

t +α

x ' (s ) ds dt + α ∫

∆2

2

x ' (s ) ds dt

t

ds dt

t

T t +α

x ' (s ) ds dt + α ∫

2

∫ ∫

∆2

∫ x ' (s )

2

t − s(t )

∫

x ' (s ) ds dt
2

t

0

Mặt khác:
Nếu α ∈ [ 0,T ] thì với s ( t ) ∈ [ 0,α ] , ta có:
T

t

∫ ∫α

x ' (σσ

) d dt
2

0 t−

0 σ +α

=∫

−α

∫
0

T −α σ +α

T

T

x ' (σσσσσσ
) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd
2

0

0

= ∫ (σ + α ) x ' (σσ
) d +α

2

2

σ

T −α σ

T −α

T

−α

∫
0

2

x ' (σσσσσ
) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d
2

2

T −α

Đổi cận u= σ − T , khi đó:
T

0

− ∫ u x ' (u + T )
) x '( ) d =
∫α (T − σσσ
α

T−

Dẫn đến:

2

−

2

0

du =
− ∫ u x ' ( u ) du
−α

2

2


7

T

t

) d dt
∫ ∫α x ' (σσ
2

0 t−

0

=
) d +α
∫ (σ + α ) x ' (σσ
2

T −α

−α

0

T −α

) d +α ∫
∫α x ' (σσ

=α

2

−

∫

x ' (σσ
) d −
2

∫ u x ' ( u ) du
2

−α

0

x ' (σσ
) d =α
2

T −α

) d
∫α x ' (σσ
2

−

0

T

0

= α ∫ x ' (σσ
) d
2

0

Với s ( t ) ∈ [ −α ,0] , ta có:
T t +α

) d dt
∫ ∫ x ' (σσ
2

t

0

T
α σσ

T +α T

=∫ ∫ x ' (σσσσσσ
) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd
2

0 0

α σ −α

α

T

2

2

T σ −α

T +α

x ' ( ) d + α ∫ x ' (σσσ
) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ
) d
∫ σσσ
α

=

2

2

2

T

0

Đổi cận u= σ − T , khi đó:
T +α

α

) d = ∫ (α − u ) x ' ( u + T )
∫ (T − σ + α ) x ' (σσ
2

T

2

0

Dẫn đến:
T t +α

) d dt
∫ ∫ x ' (σσ
0

2

t

α

T

= α ∫ x ' (σσ
) d + α ∫ x ' (σσ
) d
2

α

0

T

2

= α ∫ x ' (σσ
) d
2

0

Nếu α ∈ (T , ∞ ) thì với s ( t ) ∈ [ 0,α ] , ta có:

α

du=

∫ (α − u ) x ' ( u )
0

2

du


8

T

t

) d dt
∫ ∫α x ' (σσ
2

0 t−

T −α σ +α

∫α ∫

=

−

0

0 T

T T

x ' (σσσσσσ
) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd
2

2

T −α 0

T −α

2

0σ

0

T

) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d
∫ (σ + α ) x ' (σσσσσσσ

=

2

−α

2

T −α

0

2

0

T

T −α

=
) d + ∫ ( + α ) x ' (σσσ
) d + ∫ ( + α ) x ' (σσ
) d
∫ (σ + α ) x ' (σσσ
2

−α

2

0

0

2

T

T

) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d
∫α x ' (σσσσσ

+T

2

T−

2

0

T

0

T −α

0

=
+ ∫ ( + α ) x ' (σσσσ
(T + α ) ∫ x ' (σσσ

) d + ∫ ( + α ) x ' (σ ) dσσ
) d + T ∫ x '( ) d
2

2

−α

0

2

T −α

T

Đổi cận u= σ − T , khi đó

T −α

∫

(σ + α ) x ' (σσ
) d=
2

−α

∫ (u + T + α ) x ' (u )
0

T

Dẫn đến:
T

t

) d dt
∫ ∫α x ' (σσ
2

0 t−

T

0

0

=
(T + α ) ∫ x ' (σσσ
) d + ∫ ( + α ) x ' (σσσσσ
) d + T ∫ x '( ) d
2

2

−α

0

−α

2

T −α

+ ∫ (σ + T + α ) x ' (σσ
) d
2

0

T

0

T −α

=
(T + α ) ∫ x ' (σσσσσσ
) d − T ∫ x '( ) d − T ∫ x '( ) d
2

0

−α

T

T −α

2

0

=
(T + α ) ∫ x ' (σσσσ
) d − T ∫ x '( ) d
2

−α

0

T

= α ∫ x ' (σσ
) d
2

0

Với s ( t ) ∈ [ −α ,0] , ta có:

2

2

2

du

2


9

T t +α

) d dt
∫ ∫ x ' (σσ
2

t

0

Tσ

αT

T +α T

= ∫ ∫ x ' (σσσσσσ
) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd
2

0 0

T 0

T

α

2

2

α σ −α

T +α

x ' ( ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ
) d
∫ σσσσσσ
α

=

2

0

T

T

α

2

2

0

x ' ( ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ
) d
∫ σσσσσσ
α

=

2

2

2

T

0

T

T +α

+ ∫ (T − σ + α ) x ' (σσσ

) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ
) d
2

2

T

0

T

α

0

T +α

=(T + α ) ∫ x ' (σσσσ
) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − σ + α ) x ' (σσσ
) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ
) d
2

2

α

T

0

2

Đổi cận u= σ − T , khi đó

2

T

T +α

α

) d = ∫ (α − u ) x ' ( u )
∫ (T − σ + α ) x ' (σσ
2

2

du

0

T

Dẫn đến:
T t +α

x ' (σσ

) d dt

∫∫
0

2

t

T

α

0

=
(T + α ) ∫ x ' (σσσσσσσ
) d + T ∫ x '( ) d + T ∫ x '( ) d
2

0

T

T

0

2

2

α

=
(T + α ) ∫ x ' (σσσσ
) d + T ∫ x '( ) d
2

T

0

T

2

= α ∫ x ' (σσ
) d
2

0

Vậy ta đã chứng minh được

T

∫ x (t ) − x (t − s (t ))
0

2

dt ≤ 2α

T
2

∫ x '(t )

2

dt.

0

Bổ đề 2.1.3. Cho L là toán tử Fredholm chỉ số 0 và N là L -compact trên Ω . Giả
sử các điều sau đây thỏa mãn:

( i ) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω  D ( L ) , λ ∈ ( 0,1)

( ii ) QNx ≠ 0, ∀x ∈ ∂Ω  KerL
( iii ) deg {QNx, Ω  KerL, 0} ≠ 0
Khi đó, phương trình Lx = Nx có ít nhất một nghiệm trong Ω  D ( L ) .


10

Ta định nghĩa:

{

}

Y ={ x ∈ C ( R, R ) : x ( t + T ) = x ( t )} với chuẩn x ∞ = max t∈[0,T ] x ( t ) và

X ={ x ∈ C n−1 ( R, R ) : x ( t + T ) = x ( t )} với chuẩn

{

x = max x ∞ , x ' ∞ ,..., x(

n −1)
∞

} là hai không gian Banach.

L : D ( L ) ⊂ X → Y , Lx= x( ) , D ( L )=
n

N : X → Y ,=
Nx

n −1

{x : x ∈ C ( R, R ) , x ( t + T )= x ( t )}
n

∑ b x( ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) ,..., x ( t − t ( t ) ) ) + p ( t )
i =1

i

i

m

1

Chứng minh L là toán tử Fredholm chỉ số 0
Trước tiên chứng minh nếu x ∈ KerL thì x ( ) ( t + T ) =
x( ) ( t ) ( i = 1,2,..., n )
i

i

Thật vậy:

x ∈ KerL ⇒ x ( t + =
T ) x ( t ) , ∀t ∈ R
x ( t + T + ∆t ) − x ( t + T )
x ( t + ∆t ) − x ( t )
= lim = x ' ( t )
∆t →0
∆t →0
∆t
∆t
⇒ x ' ( t +=
T ) x ' ( t ) , ∀t ∈ R

=

x ' ( t + T ) lim

x ' ( t + T + ∆t ) − x ' ( t + T )
x ' ( t + ∆t ) − x ' ( t )
= lim = x '' ( t )
∆t →0
∆t →0
∆t
∆t
⇒ x '' ( t +=
T ) x '' ( t ) , ∀t ∈ R

=
x '' ( t + T ) lim

i
i
Tiếp tục quá trình trên ta được nếu x ∈ KerL thì x ( ) ( t + T ) =
x( ) ( t ) ( i = 1,2,..., n )

Tiếp theo ta có:

x ∈ KerL ⇒ x ∈ CTn , x(

n)

( t ) =0

⇒ x(

n −1)

(t ) =

⇒ x(

n−2)

( t ) =ct + d , d ∈ R

c, ∀t ∈ R, c là hằng số

Do đó:

x(

n−2)

cT
( t + T ) − x( n−2) ( t ) =

⇔ 0 = cT ⇔ 0 = c


11

⇒ x(

n −1)

(t ) =

0, ∀t ∈ R

Tiếp tục quá trình trên, ta có x ' ( t ) = 0, ∀t ∈ R ⇒ x ( t ) = c, ∀t ∈ R
Suy ra KerL = R
Suy ra dim KerL = dim R=1

y ∈ Im L ⇒ ∃x ∈ D ( L ) ∩ X : L ( x ) = y
⇒ ∃x ∈ CTn : y = x(
⇒=
y ( t ) x(

n)

n)

( t ) , ∀t ∈ R

T

T

0

0

⇒ ∫ y ( t ) dt = ∫ x(


n)

( t ) dt =

x(

T

n −1)

(T ) − x( n−1) ( 0 ) = 0



Vậy Im L =
0
 y ∈ Y , ∫ y ( u ) du =


0



T

Xét ánh xạ ϕ : C → R , ϕ ( y ) = y ( t ) dt
0
T

∫

0

ϕ là ánh xạ liên tục. Do đó, ϕ −1 ( 0 ) là tập đóng
T


Dẫn đến Im L =
0  là tập đóng
 y ∈ Y : ∫ y ( t ) dt =
0



L là ánh xạ tuyến tính

dim (Y / Im L ) =
1 ⇒ dim Co ker L =
1=
dim KerL ⇒ ind ( L) =
0
Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số 0.

x )( t ) x ( 0 ) , x ∈ X
Đặt P (=
Ta chứng minh KerL = Im P

x ∈ KerL ⇒ x ( t ) = c, ∀t ∈ R ⇒ x ( 0 ) = c
Khi đó

x ( t )= c= x ( 0 )= P ( x )( t )

x P ( x ) ⇒ x ∈ Im P ⇒ KerL ⊂ Im P
⇒=


12

Mặt khác

P ( x )( t ) = x ( 0 ) ⇒ Im P ⊂ KerL
Vậy Im P = KerL
T

1
Đặt Q ( y )( t ) = ∫ y ( s ) ds
T0
Ta chứng minh
T

1
y ∈ KerQ ⇒ Q ( y ) =
y ( s ) ds =
0 ⇒ Q ( y )( t ) =
0
T ∫0
T

⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ y ∈ Im L
0

Im L = KerQ ⇒ KerQ ⊂ Im L

T

T

1
y ∈ Im L ⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ y ∈ KerQ
T0
0
⇒ Im L ⊂ KerQ
Vậy Im L = KerQ
2.2. Các định lý
n 4k + 1 là một số nguyên dương, các điều kiện sau đây
Định lý 2.2.1. Giả sử =

thỏa mãn:

( H1 ) Tồn tại hằng số c > 0 sao cho
f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) > p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi > c ( i =0,1,..., m )
f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) < − p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi < −c ( i =0,1,..., m )
m

=
xm ) g ( t , x0 ) + ∑ hi ( t , xi )
( H 2 ) Hàm số f có sự phân tích thành f ( t , x0 , x1 ,...,

( 2.1)

i =1

trong đó

g ( t , x ) ≤ β1 + β 2 x

( 2.2 )

hi ( t , x ) − hi ( t , y ) ≤ α i x − y , i =
1,..., m

( 2.3)

lim

x →∞

hi ( t , x )
x

1,..., m
≤ γi,i =

( 2.4 )


13

β1 , β 2 , α i , γ i > 0

Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hồn với chu kì T và thỏa mãn
2

1 m

2

m

∑α t (t )

+ β T + T ∑ γ i < B1

( 2.5)

i i
2
∞
=i 1 =i 1

k

k

1 − ∑ b4+i −3 − ∑ b4−i −1 , bi+ =
max {bi , 0} , bi− =
min {bi , 0}
B1 =

=i 1 =i 1

Chứng minh.
=
Lx λ Nx, λ ∈ ( 0,1)
Xét phương trình

Đặt Ω1 =

{ x ∈ D ( L ) / KerL : ∃λ ∈ ( 0,1) , Lx =

λ Nx}

Ta chứng minh Ω1 bị chặn
Với x ∈ Ω1 . Ta
n −1

có x( n ) =
( t ) λ ∑ bi x(i ) ( t ) + λ f ( t , x ( t ) , x ( t − t1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) + λ p ( t ) , λ ∈ ( 0,1) ( 2.6 )
i =1

Lấy tích phân hai vế trên [ 0,T ] của phương trình trên ta được
T

n −1 T

T

0

i =1 0

0

(

)

T

( n)
t ) dt λ ∑ ∫ bi x ( i ) ( t ) dt + λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) dt + λ ∫ p ( t ) dt
∫ x (=
0

Vì các hàm x ( t ) ,..., x( n −1) ( t ) tuần hoàn với chu kỳ T nên ta có
T

∫ (
0

T

)

f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) dt + ∫ p ( t )dt =
0

( 2.7 )

0

Có thể chứng minh được rằng tồn tại t1 ∈ [ 0, T ] sao cho x ( t1 ) ≤ c
Thật vậy, từ ( 2.7 ) có t0 ∈ [ 0, T ] sao cho

(

f t0 , x ( t0 ) , x ( t0 − t 1 ( t0 ) ) ,..., x ( t0 − t m ( t0 ) )

)

−1
=
p ( t ) dt.
T ∫0

Nếu x ( t0 ) ≤ c thì lấy t1 = t0 như vậy x ( t1 ) ≤ c
Nếu x ( t0 ) > c thì x ( t0 ) > c hoặc x ( t0 ) < −c
Xét trường hợp x ( t0 ) > c

T

( 2.8)


14

Nếu x ( t0 − t i ( t0 ) ) > c ( ∀i =1, 2,..., m ) thì từ ( H1 ) có

(

)

f t0 , x ( t0 ) , x ( t0 − t 1 ( t0 ) ) ,..., x ( t0 − t m ( t0 ) ) > p ( t ) ∞
−1
⇒ ∫ p ( t ) dt > p ( t ) ∞ (!)

T 0
T

Do đó, tồn tại i ∈ {1, 2,..., m} sao cho x ( t0 − t i ( t0 ) ) ≤ c . Vì x ( t ) liên tục với mọi
x (t + T ) =
x ( t ) nên phải có một số nguyên

t ∈ R và

k và

t1 ∈ [ 0, T ] sao cho

x ( t0 − t i ( t0 ) ) ≤ c
t0 − t i ( t0 ) =
kT + t1 dẫn đến x ( t1 ) =

Nếu x ( t0 − t i ( t0 ) ) < −c thì tồn tại ξ sao cho x (x ) = 0
(vì x ( t0 − t i ( t0 ) ) < −c < 0, x ( t0 ) > c > 0
Chọn t1 sao cho =
ξ kT + t1 . Khi đó x ( t1 )= 0 < c
Tương tự cho trường hợp x ( t0 ) < −c
Vậy tồn tại t1 ∈ [ 0, T ] sao cho x ( t1 ) < c
t

x=
( t ) x ( t1 ) + ∫ x ' ( s ) ds, ∀t ∈ [ 0, T ]
t1

⇒ x ( t ) ≤ x ( t1 ) +

t

∫ x ' ( s ) ds , ∀t ∈ [0,T ]
t1

T

⇒ x ( t ) ≤ c + ∫ x ' ( s ) ds, ∀t ∈ [ 0, T ]
0

T

( 2.9 )

x ( t ) ∞ ≤ c + ∫ x ' ( t ) dt
0

Nhân 2 vế của ( 2.6 ) với x ' ( t ) và lấy tích phân trên [ 0,T ] và λ ∈ ( 0,1)
Ta được:
T

( )
∫ x ( t ) x ' ( t ) dt
n

0

n −1

T

i =1

0

= λ ∑ bi ∫ x

(i )

T

( t ) x ' ( t ) dt + λ ∫ f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) x ' ( t ) dt
0


15

T

+λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt

( 2.10 )

0

Với mỗi số nguyên dương i , ta có:
T

( )

∫ x ( t ) x ' ( t ) dt = 0 (lấy tích phân từng phần ( 2i − 1) lần)
2i

0

T

( 2 i −1)
∫ x ( t ) x ' ( t ) dt =

( −1)

i −1

0

T

()
∫  x ( t )
i

2

dt (lấy tích phân từng phần ( i − 1) lần)

( 2.11)

0

Từ ( 2.10 ) và=
n 4k + 1 là số nguyên, ta có:
T

T

2k

i −1
( 2 k +1)
dt λ ∑ ( −1) b2i −1 ∫  x ( i ) ( t )  dt
∫  x ( t )=
i =1
2

0

2

0

T

(

T

)

+ λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) x ' ( t ) dt + λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt

0

0

T

k

T

k

≤ λ ∑ b4i −3 ∫  x ( 2i −1) ( t )  dt − λ ∑ b4i −1 ∫  x ( 2i ) ( t )  dt
2

i 1=
i 1
0

T

2

0

(

T

)

+ λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) x ' ( t ) dt + λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt
0

0

k

≤ ∑ b4+i−3

T

∫  x

( 2 i −1)

( t ) 

2

k

dt + ∑ b4−i−1

i 1=
i 1
0

T

T

( )
∫  x ( t )
2i

(

)

0

≤ ∑ b4+i−3

T

∫  x

( 2 i −1)

( t ) 

2

k

dt + ∑ b4−i−1

i 1=
i 1

0

T

m T

k

≤ ∑ b4+i−3

∫  x

( 2 i −1)

( t ) 

2

k

( )
∫  x ( t )
2i

2

dt

0

dt + ∑ b4−i−1

i 1=
i 1
0

0

T

(

i =1 0

T

T

x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt

+ ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) )
0

dt

0

+ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) )
k

2

T

)

( )
∫  x ( t )
2i

T

x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt
0

2

dt

0

T

+ ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt
0

m T

(

)

+ ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) − hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt
i =1 0

m T

T

i =1 0

0

+ ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt

Do đó, áp dụng bổ đề 2.1.1 ,ta được:

( 2.12 )


16

T

T

m T

0

0

(

)

B1 ∫  x ( 2 k +1) ( t )  dt ≤ ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) − hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt
i =1
2

0

m T

T

i =1 0

0

+ ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt

( 2.13)

Chọn hằng số ε > 0 sao cho
1 m

m

2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ ( γ i + ε ) < B1

=i 1 =i 1

Với ε > 0 ở trên, từ ( 2.7 ) có một hằng số δ > 0 sao cho
hi ( t , x ) < ( γ i + ε ) x với x > δ , t ∈ [ 0, T ]

Đặt ∆1 =

( 2.14 )

{t ∈ [0, T ] : x ( t ) ≤ δ } , ∆ = {t ∈ [0, T ] : x ( t ) > δ }
2

( 2.15)

Khi đó, từ ( 2.9 ) , ( 2.14 ) , ( 2.15 ) và bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 , ta có:
T

∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt ≤ ∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt
i

i

i

∆1

0

T

T

0

0

∆2

≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε ) ∫ x ( t ) x ' ( t ) dt
T

T

0

0

≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε ) x ( t ) ∞ ∫ x ' ( t ) dt
T
 T
T
≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε )  c + ∫ x ' ( t ) dt  ∫ x ' ( t ) dt
0
0

0

T


=  hid + ( γ i + ε ) c  ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε )  ∫ x ' ( t ) dt 
0
0

T

2

1

T
T
2 1
2
2
≤  hid + ( γ i + ε ) c   ∫ x ' ( t ) dt  T 2 + ( γ i + ε ) T ∫ x ' ( t ) dt
0
0


1
2

T
2
 ( 2 k +1)
 12
≤  hid + ( γ i + ε ) c   ∫ x
( t ) dt  T + (γ i + ε ) T ∫ x( 2 k +1) ( t ) dt
0

0

T

2

( 2.16 )

Trong đó hiδ = max t∈[0,T ], x ≤δ hi ( t , x )
Hơn thế nữa, từ ( 2.3) , bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 và
bổ đề 2.1.2 ta được


17

T

T

∫ h ( t , x ( t ) ) − h ( t , x ( t − t ( t ) ) ) x ' ( t ) dt ≤ α ∫ x ( t ) − x ( t − t ( t ) ) x ' ( t ) dt
i

i

i

i

i

0

0

1

1

2
T
2  T
2
2
≤ α i  ∫ x ( t ) − x ( t − t i ( t ) ) dt   ∫ x ' ( t ) dt 
0
 0

T

1
2

T

1
2

≤ 2 α i t i ( t ) ∞ ∫ x ' ( t ) dt ≤ 2 α i t i ( t ) ∞ ∫ x ( 2 k +1) ( t ) dt
2

0

( 2.17 )

2

0

Từ ( 2.2 ) , ( 2.9 ) và bổ đề 2.1.1 ta có
T

∫
0

T

g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt ≤ ∫  β1 + β 2 x ( t )  x ' ( t ) dt
0

T

T

≤ β1 ∫ x ' ( t ) dt + β 2 x ( t ) ∞ ∫ x ' ( t ) dt
0

0

1
2

1

T
1 T
T


2
2
2
2
≤ β1T  ∫ x ' ( t ) dt  + β 2 cT 2  ∫ x ' ( t ) dt  + β 2T ∫ x ' ( t ) dt
0
0

0

1
2

1

T
1
1
2

  T ( 2 k +1) 2  2
2

2
≤  β1T + β 2 cT   ∫ x
( t ) dt  + β 2T ∫ x( 2 k +1) ( t ) dt

 0
0


( 2.18)

Sử dụng bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 ta được
1

T

T

∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ≤ p ( t ) ∫
∞

0

0

T
2
2
x ' ( t ) dt ≤ p ( t ) ∞ T  ∫ x ' ( t ) dt 
0


1
2

1

 T ( 2 k +1) 2  2
≤ p (t ) ∞ T  ∫ x
( t ) dt 
0

1
2

( 2.19 )

Thế ( 2.16 ) − ( 2.19 ) vào ( 2.13) , ta được:
T

T

m T

0

i =1 0

(

)

B1 ∫  x ( 2 k +1) ( t )  dt ≤ ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) − hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt
2

0

m T

T

i =1 0

0

+ ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt
1

T
2
2

 
≤  β1 + β 2 c + ∑ ( hid + g i c + ε c ) + p ( t ) ∞  T  ∫ x ( 2 k +1) ( t ) dt 
i =1

 0

m

1
2

18

m
2
 12 m
 T ( 2 k +1)
+  2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + ∑ ( γ i + ε ) T  ∫ x
( t ) dt
=
 i 1 =i 1
0

( 2.20 )

Vì vậy:
1 m
m
2

 T ( 2 k +1)
2
−
−
−
+
B
α
t

t
β
T
γ
ε
T
2
( i )  ∫ x ( t ) dt
∑
∑
 1
i i ( )∞
2
=
i 1 =i 1

0

1

T
2
2

 
≤  β1 + β 2 c + ∑ ( hid + γ i c + ε c ) + p ( t ) ∞  T  ∫ x( 2 k +1) ( t ) dt 
i =1

 0


1
2

m

( 2.21)

Vì vậy có một hằng số M 1 > 0 sao cho:
T

∫x

( 2 k +1)

(t )

2

( 2.22 )

dt ≤ M 1.

0

Áp dụng bổ đề 2.1.1 , ta có:
T

∫

x ' ( t ) dt ≤ M 1.

( 2.23)

2

0

Mặt khác, nhân hai vế của ( 2.6 ) với x( n ) ( t ) tương tự như ( 2.13) ta có
T

T

(

)

B1 ∫  x( n ) ( t )  dt ≤ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) x( n ) ( t ) dt
2

0

0

T

m T

0

i =1 0

(

)

≤ ∫ g ( t , x ( t ) ) x( n ) ( t ) dt + ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) − hi t , x ( t − t i ( t ) ) x( n ) ( t ) dt
m T

+ ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x

( n)

i =1 0

T

( t ) dt + ∫ p ( t )

x ( n ) ( t ) dt.

( 2.24 )

0

Ta có:
T

∫ h (t, x (t ))
i

x ( n ) ( t ) dt ≤

∫ h (t, x (t ))
i

x ( n ) ( t ) dt +

∆1

0

T

T

0

0

∫ h (t, x (t ))
i

x ( n ) ( t ) dt

∆2

≤ hid ∫ x ( n ) ( t ) dt + ( γ i + ε ) ∫ x ( t ) x ( n ) ( t ) dt
T
 T
 T


≤ hid ∫ x ( n ) ( t ) dt + ( γ i + ε )  c + ∫ x ' ( t ) dt   ∫ x ( n ) ( t ) dt 
0
0

 0

1

1

2
T
 2  T ( n)
2
2
( n)
≤  hid + ( γ i + ε ) c  ∫ x ( t ) dt + ( γ i + ε ) T  ∫ x ' ( t ) dt   ∫ x ( t ) dt 
0
0
 0

T


19

1

T

2
 T ( n ) 2  2 12
≤  hid + ( γ i + ε ) c   ∫ x ( t ) dt  T + ( γ i + ε ) T ∫ x( n ) ( t ) dt.
0
0


( 2.25)

Sử dụng bất đẳng thức Schwarz, bổ đề 2.1.1, bổ đề 2.1.2 và từ ( 2.3) , ta có:
T

∫ h (t, x (t )) − h (t, x (t −t (t )))
i

i

i

0

x

( n)

T

( t ) dt ≤ α i ∫ x ( t ) − x ( t − t i ( t ) )

x( n ) ( t ) dt

0

1
2

1

2
2
T
 T
2
≤ α i  ∫ x ( t ) − x ( t − t i ( t ) ) dt   ∫ x ( n ) ( t ) dt 
0
 0

1

1

2
T
2  T
2
2
≤ 2 α i t i ( t ) ∞  ∫ x ' ( t ) dt   ∫ x ( n ) ( t ) dt 
0
 0


1
2

T

1
2

≤ 2 α i t i ( t ) ∞ ∫ x ( n ) ( t ) dt.

( 2.26 )

2

0

Từ ( 2.2 ) , ( 2.9 ) và bổ đề 2.1.1, ta có:
T

∫
0

T

g ( t , x ( t ) ) x( n ) ( t ) dt ≤ ∫  β1 + β 2 x ( t )  x ( n ) ( t ) dt
0

T

≤ β1 ∫ x

( n)

0

T

( t ) dt + β 2 x ( t ) ∞ ∫ x( n) ( t ) dt
0

1

T
2
2
T
2
≤ ( β1 + β 2 c ) T  ∫ x( n ) ( t ) dt  + β 2T ∫ x( n ) ( t ) dt.
0
0

1
2

( 2.27 )

Sử dụng bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 ,ta có:
1

T

∫ p (t )
0

T

x( n ) ( t ) dt ≤ p ( t ) ∞ ∫
0

 T ( n) 2  2
( n)
x ( t ) dt ≤ p ( t ) ∞ T  ∫ x ( t ) dt  .
0

1
2

( 2.28)

Thay ( 2.25 ) − ( 2.28 ) vào ( 2.24 ) , ta có:


 
B1 ∫  x ( n ) ( t )  dt ≤  β1 + β 2 c + ∑ ( hid + γ i c + ε c ) + p ( t ) ∞  T  ∫ x( n ) ( t ) dt 
i =1

 0
0

T

2

m

m
2
 1 m
T
+  2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + ∑ ( γ i + ε ) T  ∫ x ( n ) ( t ) dt.
=
 i 1 =i 1
0

Vì vậy:

1
2

T

2

1
2

( 2.29 )


20

1 m
m
2

 T ( n)
2
 β1 − 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ − β 2T − ∑ ( γ i + ε ) T  ∫ x ( t ) dt
=
i 1 =i 1

0

1
2



 
≤  β1 + β 2 c + ∑ ( hid + γ i c + ε c ) + p ( t ) ∞  T  ∫ x( n ) ( t ) dt  .
i =1

 0

1
2

m

T

2

( 2.30 )

Do đó có hằng số M > 0 , sao cho:
T

∫

x( n ) ( t ) dt ≤ M .
2

( 2.31)

0

Ta khẳng định rằng
T

x( i ) ( t ) ≤ T n −i −1 ∫ x( n ) ( t ) dt ( i =
1, 2,..., n − 1) .

( 2.32 )

0

Thật vậy, chú ý rằng x( n − 2) ( 0 ) = x( n − 2) (T ) do đó phải có hằng số ε1 ∈ [ 0,T ] sao cho
x ( n −1) ( ε1 ) = 0 ta thu được
t

T

T

ε1

0

0

x ( n −1) ( t ) = x ( n −1) ( ε1 ) + ∫ x ( n ) ( s ) ds ≤ x ( n −1) ( ε1 ) + ∫ x ( n ) ( t ) dt = ∫ x ( n ) ( t ) dt.

( 2.33)

Tương tự, x( n −3) ( 0 ) = x( n −3) (T ) phải có hằng số ε 2 ∈ [ 0,T ] sao cho x( n − 2) ( ε 2 ) = 0 từ

( 2.33) chúng ta có
t

T

T

ε2

0

0

x ( n − 2) ( t ) = x( n − 2) ( ε 2 ) + ∫ x ( n −1) ( s ) ds ≤ x( n − 2) ( ε 2 ) + ∫ x( n −1) ( t ) dt ≤ T ∫ x( n ) ( t ) dt.

( 2.34 )

Bằng phương pháp quy nạp, ta được
x

(i )

(t ) ≤ T

n −i −1

T

( )
1,, 2,..., n − 1) .
∫ x ( t ) dt ( i =
n

( 2.35)

0

Hơn thế nữa, ta có
x

(i )

(t ) ∞ ≤ T

n −i −1

T

∫ x ( t ) dt ≤ T
( n)

n −i −

1
2

M

1
2

1,, 2,..., n − 1) .
(i =

( 2.36 )

0

Từ ( 2.9 ) , ( 2.23) , ta có
1

x (t ) ∞

1
1
T
2
2
2
2
≤ c + T  ∫ x ' ( t ) dt  ≤ c + T M 1 .
0


1
2

( 2.37 )


21

Do đó, có hằng số B > 0 sao cho x ≤ B
Vì vậy Ω1 bị chặn.
Đặt Ω 2 = { x ∈ ker L, QNx = 0}
Ta chứng minh Ω 2 bị chặn
Giả sử x ∈ Ω 2
R x (t ) =
d ∈R
Khi đó, x ∈ KerL =⇒
T

1

 f ( t , d , d ,..., d ) +=
p ( t )  dt 0.
⇒ QNx
Mặt khác QNx= 0=
T ∫0 

Từ ( 2.38 ) và điều kiện ( H1 ) ta có d ≤ c
Thật vậy, giả sử trái lại x ( t=
) d > c tức là x ( t ) > c hoặc x ( t ) < −c
Trường hợp x ( t ) > c

⇒ f ( t , d , d ,..., d ) > p ( t ) ∞ (do điều kiện ( H1 ) )
T

T

0

0

⇒ ∫ f ( t , d , d ,..., d ) dt > ∫ p ( t ) ∞ dt
T

T

0

0

⇒ − ∫ p ( t ) dt > ∫ p ( t ) ∞ dt (vô lý)

Trường hợp x ( t ) < −c

⇒ f ( t , d , d ,..., d ) < − p ( t ) ∞ (do điều kiện ( H1 ) )
T

T

0

0

⇒ ∫ f ( t , d , d ,..., d ) dt < − ∫ p ( t ) ∞ dt
T

T

0

0

⇒ ∫ p ( t ) dt > ∫ p ( t ) ∞ dt (vô lý)
Dẫn đến Ω 2 bị chặn.
Đặt Ω3 =

{ x ∈ KerL : µ x + (1 − µ ) QNx =

0, µ ∈ [ 0,1]}

( 2.38)