Bài toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

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

Nguyễn Quốc Thái

BÀI TỐN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh 12 - 2020


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

Nguyễn Quốc Thái

BÀI TỐN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH
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 12 - 2020


LỜI CẢM ƠN

Trước hết tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn, người
trực tiếp hướng dẫn tôi lựa chọn và thực hiện đề tài này, cảm ơn Thầy đã tận tâm chỉ
bảo, giúp đỡ và truyền đạt kiến thức để tơi hồn thành luận văn của mình.

Tơi cũng xin bày tỏ lịng biết ơn đến quý thầy cô trường Đại học sư phạm Thành phố
Hồ Chí Minh, đặc biệt là khoa Tốn- tin và phòng sau đại học đã tạo điều kiện thuận
lợi cho tơi trong suốt q trình học tập và nghiên cứu.

Qua đây tôi cũng xin gởi lời cảm ơn chân thành đến các bạn học viên trong lớp Tốn
giải tích k28, bạn bè, đồng nghiệp đã luôn cổ cũ, động viên và giúp đỡ tơi hồn thành
khóa học này.
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 01 tháng 12 năm 2020
Học viên

Nguyễn Quốc Thái


DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU
N là tập hợp các số tự nhiên, R là tập hợp các số thực, R+ = [0; +∞). I = [a,b].
[x]+ =

|x|+x
, [x]−
2

=

|x|−x
.
2

C (I, R) là không gian Banach các hàm liên tục u : I → R với chuẩn
u
C (I, R+ ) = {u ∈ C (I, R) : u(t)

C

= max {|u(t)| : t ∈ I} .
0 t ∈ I} .

L(I, R) là không gian Banach các hàm số khả tích Lebesgue u : I → R với chuẩn
b

u

C

|u(t)|dt.

=
a

AC(I, R) là tập hợp các hàm số liên tục tuyệt đối trên đoạn [a, b].
L(I, R+ ) = {u ∈ L(I, R) : u(t) ≥ 0 hầu khắp nơi t ∈ I}.
LI là tập hợp các tóan tử tuyến tính bị chặn l : C (I, R) → L (I, R) sao cho hàm số
t → sup {|l(u)(t)| : u

C

= 1}

thuộc L(I, R).
PI là tập hợp các tốn tử tuyến tính dương tức là l ∈ PI nếu l ∈ LI và biến mỗi tập
con của C (I, R+ ) thành tập con của L (I, R+ ) .
l ∈ LI được gọi là một toán tử a-Volterra (tương ứng b-Volterra) nếu bất kỳ x ∈ (a,b]
(tương ứng x ∈ [a,b) và v ∈ C ([a, b] , R) sao cho
v(t) = 0 với t ∈ [a, x] ( tương ứng v(t) = 0 với t ∈ [x, b])
ta có
l(v)(t) = 0 ta có t ∈ [a, x] hầu khắp nơi (tương ứng l(v)(t) = 0 ta có t ∈ [x, b] hầu
khắp nơi ).
Nghiệm của phương trình (0.1) là hàm số u ∈ AC ([a, b] , R) thỏa mãn (0.1) hầu khắp
nơi trên [a;b]. Một nghiệm của bài toán (0.1), (0.2) là nghiệm u của (0.1) thỏa (0.2).


Mục lục
Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến
tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.Định lý về các bất phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán Cauchy (1.1) và
(1.2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Chương 2. Bài tốn biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm bậc nhất
tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.1.Giới thiệu bài toán và các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.2.Bất phương trình vi phân hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.3.Các định lý về sự tồn tại nghiệm của bài tốn biên nhiều điểm cho hệ
phương trình vi phân hàm tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

1

Giới thiệu

Các phương trình vi phân hàm đã xuất hiện từ thế kỷ 18 như một cơng thức tốn học
cho những bài tốn trong vật lý và hình học. Tuy nhiên cho đến cuối thế kỷ 19 chúng
chỉ được biết đến trong các áp dụng cụ thể và chưa có sự nghiên cứu mang tính chất
hệ thống. Đầu thế kỷ 20, sự quan tâm dành cho phương trình vi phân đã 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 những thuyết đó cịn tồn tại đến ngày nay. Vào thập
niên 1970, những phát kiến lớn trong việc xây dựng lý thuyết bài toán biên cho phương
trình vi phân hàm được đề xuất và đặt 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 cơng cụ hiệu quả nhất để nghiên cứu lĩnh vực này. Tuy nhiên việc nghiên cứu
các bài toán biên cụ thể cho phương trình vi phân hàm mới chỉ thành cơng một phần
nào. Vẫn cịn nhiều khó khăn trong 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 một số bài tốn biên cho phương trình
vi phân hàm. Đặc biệt là trong cơng trình của các tác giả I. Kiguradze và B. P˚
uˇza,
những điều kiện tinh vi đảm bảo cho tính giải được và giải được duy nhất của một
lớp thật sự rộng các bài toán biên cho phương trình vi phân hàm đã được phát hiện.
Phương pháp chính được sử dụng là phương pháp ước nghiệm và các kỹ thuật về bất
đẳng thức đạo hàm.


2
Nội dung của luận văn là trình bày lại hai bài báo:
1) Alexander Domoshnitsky, Robert Hakl and Bedˇrich P˚

uˇza, Multi – point boundary
value problems for linear functional-differential equations, Geogian. J. 2017;aop.
2) E. Bravyi, Perm, R. Hakl and A. Lomtatidze, Brno, Optimal conditions for unique
solvability of the Cauchy problem for first order linear functional-differential equations,
Czechoslovak Math. J. 52(127) (2002) no.3, 513-530.
Cụ thể chúng ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại duy nhất nghiệm cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính. Tù đó áp dụng để xây dựng các điều
kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm đối số
chậm và đối số lệch.
Luận văn gồm hai chương chính:
Chương 1: Bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính.
Xét bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính
u (t) = l(u)(t) + q(t)

(0.1)

u(a) = c

(0.2)

thỏa mãn điều kiện đầu

Trong đó l : C(I, R) → L(I, R) là toán tử tuyến tính bị chặn q ∈ L(I, R) , c ∈ R.
Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài tốn (0.1) và (0.2). Sau đó áp dụng các kết quả tìm được để nghiên cứu việc
tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch.
Chương 2: Bài toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến
tính.
Trong chương này chúng ta xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại duy nhất nghiệm
của phương trình vi phân hàm bậc nhất của bài toán (0.1) thỏa mãn điều kiện biên

m

αi u(ti ) = c

(0.3)

k=1

với l : C([a, b] ; R) → L([a, b] ; R) là toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L([a, b] ; R),
αi ∈ R\ {0} (i = 1, ..., n), a ≤ t1 < t2 < ... < tn ≤ b, n ≥ 2 và c ∈ R . Sau đó áp dụng
kết quả để nghiên cứu việc tồn tại và duy nhất cho phương trình đối số lệch và đối số
chậm.


3

Chương 1
Bài tốn Cauchy cho phương trình
vi phân hàm bậc nhất tuyến tính
Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm tuyến tính.
Giả sử I = [a, b], xét bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:
u (t) = l(u)(t) + q(t)

(1.1)

u(a) = c0

(1.2)

thỏa điều kiện đầu

trong đó l : C(I, R) → L(I, R) là tốn tử tuyến tính bị chặn q ∈ L(I, R) , c0 ∈ R.
Trường hợp đặt biệt của (1.1) là phương trình vi phân đối số chậm
m

u (t) =

pk (t).u(τk (t)) + q(t)

(1.1 )

k=1

với pk ∈ L (I, R) (k = 1, ..., m), q ∈ L(I, R) và τk : I → I (k = 1, ..., m) là hàm số đo
được.
Trước hết ta xây dựng các điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy
(1.1), (1.2) và ứng dụng các kết quả đó cho bài tốn (1.1’) và (1.2).

1.1.

Định lý về các bất phương trình vi phân

Trước hết ta đưa ra các định nghĩa sau:


4
Định nghĩa 1.1. Ta nói tốn tử l ∈ LI , thuộc tập hợp SI nếu bài toán thuần nhất
u (t) = l(u)(t), u(a) = 0

(1.3)

chỉ có duy nhất nghiệm tầm thường và với bất kỳ q ∈ L(I, R+ ) và c ∈ R+ bài tốn
(1.1), (1.2) có nghiệm khơng âm.
Từ định nghĩa trên ta có các nhận xét sau:
Nhận xét. Nếu l ∈ PI thì l ∈ SI khi và chỉ khi bài toán
u (t) ≤ l(u)(t), u(a) = 0

(1.4)

khơng có nghiệm tầm thường khơng âm. Do định nghĩa của PI và LI mà l ∈ PI thì
l ∈ LI nên l ∈ SI nếu bài toán thuần nhất (1.3) chỉ có duy nhất nghiệm tầm thường
và khơng âm.
Nhận xét. Bao hàm l ∈ SI khi và chỉ khi với bất kỳ hàm số u1 với u2 : I → R và
u1 (t) ≤ l(u1 )(t) + q(t), u2 (t) ≥ l(u2 )(t) + q(t) hầu khắp nơi trên I và u1 (a) ≤ u2 (a)
thì u1 (t) ≤ u2 (t) t ∈ I được thỏa mãn.
Định lý 1.2. Giả sử một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) l ∈ PI và tồn tại một số nguyên không âm k, một số tự nhiên m > k và hằng số
không đổi α ∈ (0; 1) sao cho
lm (t) ≤ αlk (t), t ∈ I

(1.5)

t

với l0 (t) ≡ 1, li (t) =

l(li−1 )(s)ds, (i = 1, 2....);
a

(ii) l ∈ PI và khi đó tồn tại một hàm số liên tục tuyệt đối γ : I → (0; +∞) thỏa mãn
γ (t) ≥ l(γ)(t)

(1.6)

hầu khắp nơi trên I.
∼

(iii) l ∈ PI và khi đó tồn tại l ∈ PI sao cho bất kỳ v ∈ C(I, R+ ), bất phương trình
∼

l(ϕ(v))(t) − l(1)(t)ϕ(v)(t) ≤ l (v)(t)

(1.7)

hầu khắp nơi trên I và
b



b

˜l(1)(s) exp 
a

được thỏa mãn, trong đó


l(1)(ζ)dζ  ds < 1

s

(1.8)


5
t

l(v)(s)ds, t ∈ I.

ϕ(v)(t) =
a

(iv) l là một toán tử Volterra, −l ∈ PI và khi đó tồn tại một hàm số liên tục tuyệt đối
γ : I → (0; +∞) sao cho
γ (t) ≤ l(γ)(t)

(1.9)

hầu khắp nơi trên I.
Khi đó l ∈ SI .
Chứng minh
Giả sử các điều kiện i) xảy ra lấy u : I → R+ là hàm số liên tục tuyệt đối thỏa (1.4). Ta
∼

sẽ chứng minh u(t) ≡ 0. Thật vậy, trước hết ta định nghĩa dãy toán tử l (i = 0, 1, ....)
i

∼

∼

t

0

i

a

∼

l( l i−1 (u))(s)ds (i = 1, 2, ...).

l (u)(t) = u(t), l (u)(t) =

Khi đó ta có
∼

li (1)(t) = li (t) (i = 1, 2, ...).
và
∼

∼

∼

lm (u)(t) = l ( l (u))(t)

(1.10)

m−k k

Từ (1.4) và l không âm, dẫn đến
∼

u(t) ≤ l (u)(t)(i = 1, 2, ...)

(1.11)

i

và
u(t) ≤ u

∼

C . l (1)(t)
k

= u

C .lk (t)

(1.12)

Lấy

 0
khi lk (t) = 0,

v(t) =
 u(t) khi l (t) = 0.
k
lk (t)
Thì (1.12) suy ra ρ = ess sup{v(t) : t ∈ I} < +∞ và
∼

u(t) ≤ ρlk (t) = ρ l (1)(t).
k

Từ (1.10), (1.11) và (1.5) ta tìm được

(1.13)


6
∼

∼

∼

∼

m−k k

m

u(t) ≤ l (u)(t) ≤ ρ l ( l (1))(t) = ρ l (1)(t) = ρlm (t) ≤ αρlk (t),
m−k

Từ (1.13) ta có
v(t) ≤ αρ
và kết quả ta có
ρ ≤ αρ.
Từ α ∈ (0, 1) ta có ρ = 0, khi đó suy ra u(t) ≡ 0.
(ii) Giả sử (ii) đúng, lấy u là nghiệm không tầm thường (1.3). Do l ∈ PI và (1.3) ta
thu được
|u(t)| = l(u(t))sgnu(t) ≤ l (|u|) (t)

(1.14)

hầu khắp nơi trên I.
Lấy
t∗ ∈ (a, b]
thỏa
|u(t∗ )|
γ(t∗ )

= λ∗ ,

khi
λ∗ = max

|u(t)|
γ(t)

:t∈I .

Đặt v(t) = λ∗ γ(t) − |u(t)| khi t ∈ I. Dễ dàng ta có:

v(t) ≥ 0 khi t ∈ I, v(a) = λ∗ γ(a) > 0, v(t∗ ) = 0.

(1.15)

Từ (1.8), (1.14) và (1.15) ta có
v (t) ≥ λ∗ l(γ)(t) − l(|u|)(t) = l(v)(t) ≥ 0 hầu khắp nơi trên I,
vì điều kiện của (1.15) .Vậy bài tốn (1.3) có nghiệm duy nhất khơng tầm thường. Lấy
u0 là nghiệm của bài tốn (1.1), (1.2) với c ≥ 0 và q ∈ L(I, R+ ). Vì vậy ta có thể giả
sử [u0 (t)]− = 0 . Vì l ∈ PI ta tìm được

[u0 (t)] − =

1
1
(l(u0 )(t)sgnu0 (t) − l(u0 )(t)) + q(t)(sgnu0 (t) − 1) ≤ l [u0 ]− (t) (1.16)
2
2

hầu khắp nơi trên I . Ta có thể chọn t0 ∈ [a, b] sao cho


7
[u0 (t0 )]−
γ(t0 )

= λ0 ,

khi
λ0 = max

[u0 (t)]−
γ(t)

:t∈I .

Đặt v0 (t) = λ0 γ(t) − [u0 (t)]− khi t ∈ I. Dễ dàng ta có
v0 (t) ≥ 0 khi t ∈ I, v0 (a) = λ0 γ(a) > o, v0 (t0 ) = 0.

(1.17)

Từ (1.6), (1.16) và (1.17) ta có v 0 (t) ≥ l(v0 )(t) ≥ 0 hầu khắp nơi trên I.
Mâu thuẫn với điều kiện (1.17). Điều này chứng minh [u0 (t)]− ≡ 0. Từ đây suy ra
u0 (t) ≥ 0 t ∈ I.
(iii) Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại hàm số liên tục tuyệt đối
u : I → R+ sao cho u(t) = 0 và (1.8) thỏa mãn.

u (t) = l(u)(t) − q(t)

(1.18)

trong đó
q(t) = l(u)(t) − u (t) ≥ 0
hầu khắp nơi trên I.
Từ (1.18), ta thấy u thỏa bất phương trình
u (t) = l(1)(t)u(t) + (l(ϕ(u))(t) − l(1)(t)ϕ(u)(t)) + (l(1)(t)Q(t) − l(Q)(t) − q(t)
hầu khắp nơi trên I,
trong đó
b

q(s)ds ≥ 0 khi t ∈ I.

Q(t) =
a

Từ bất đẳng thức cuối, theo bất đẳng thức Cauchy ta có

b

t

[l(ϕ(u))(s) − l(1)(s)ϕ(u)(s) + H(s)] exp 

u(t) =
a

trong đó




l(1)(ζ)dζ ds, t ∈ I

s

(1.19)


8
H(t) = l(1)(t)Q(t) − l(Q)(t) − q(t) hầu khắp nơi trên I.

Rõ ràng
t

t

s

(l(1)(s)Q(s) − q(s)) exp − l(1) (ζ) dζ ds = −Q(t) exp −
a

a

l(1) (s) ds .
a

Từ phương trình này và (1.7), từ (1.19) ta có :
u(t) ≤

t ∼

t

a

Từ (1.10) ta có u

C

l(1)(ζ)dζ ds khi t ∈ I .

l (u)(s) exp

< u

a
C

vô lý.

(iv) Như đã biết nếu l là một tốn tử Volterra thì bài tốn (1.1) và (1.2) có nghiệm
duy nhất. Lấy u0 là nghiệm của (1.1) và (1.2) với q ∈ L(I, R+ ) và c ≥ 0. Ta chỉ cần
chứng minh
u0 (t) ≥ 0 khi t ∈ I .
Lưu ý rằng nếu c = 0 và q

L

= 0 thì u0 là giá trị dương, từ (0.1) và −l ∈ P sẽ dẫn

đến mâu thuẩn u0 (t) ≥ 0. Kết quả là
max {u0 (t) : t ∈ I} > 0.

(1.20)

Lấy
c0 = max

uo (t)
:t∈I
γ(t)

(1.21)

thì bất phương trình
c0 > 0, c0 γ(t) − u0 (t) ≥ 0, t ∈ I

(1.22)

thỏa mãn.
Hơn thế nữa, tồn tại t1 ∈ I sao cho
c0 γ(t1 ) − u0 (t1 ) = 0
Do tính khơng dương của l ta có

(c0 γ(t) − u0 (t)) ≤ l (c0 γ − u0 ) (t) − q(t) ≤ 0.

(1.23)


9
Vì thế

u0 (t) > 0 khi t ∈ [t1 , b]

(1.24)

và kết quả là u0 (b) > 0.
Bây giờ lấy tùy ý b1 ∈ [a, b], b1 cố định. Biểu thị bởi l1 , u01 , γ1 và q1 là các hạn chế
của l, u0 , γ và q đến khoảng [a, b1 ]. Từ l là toán tử Volterra, ta có
γ1 (t) ≤ l1 (γ1 )(t) hầu khắp nơi trên [a, b1 ]
và

u01 (t) = l1 (u01 )(t) + q1 (t) hầu khắp nơi trên [a, b1 ] .
Từ các kết quả trên suy ra u01 (t) ≡ 0 hoặc u01 (b1 ) > 0. Do b1 ∈ [a, b], b1 tùy ý và (1.2)
kết quả là u0 (t) ≥ 0 khi t ∈ I.
Hệ quả 1.3. Giả sử một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) pi (t) ≥ 0 hầu khắp nơi trên I(i = 1, . . . , m) và
m

 τk (s)

t

m

pi (ξ)dξ  ds ≤ α

pk (s) 
i,k=1 a



t

pi (s)ds t ∈ I, α ∈ [0; 1]

(1.25)

i=1 a

a

(ii) pi (t) ≥ 0 hầu khắp nơi trên I(i = 1, . . . , m)
và
m

τk (t)

pi (s)ds ≤
i=1

1
e

t ∈ I (k = 1, ..., m)

(1.26)

t

(iii) pi (t) ≥ 0 hầu khắp nơi trên I(i = 1, . . . , m)
và
b

τk (s)

m

pk (s)σk (s)
a

k=1



m

b

pi (ξ)dξ exp 
a

i=1



m

pj (ξ)dξ ds < 1
a

(1.27)

j=1

ở trong đó σk (t) = 21 (1 + sgn(τk (t) − t) hầu khắp nơi t ∈ I (k = 1, ..., m);
(iv) pi (t) ≤ 0 hầu khắp nơi trên I(i = 1, . . . , m)
và
m

t

|pi (s)|ds ≤
i=1

τk (t)

1
t ∈ I (k = 1, ..., m)
e

(1.28)


10
ở nơi mà τk (t) ≤ t với tất cả các t ∈ I (k = 1, ..., m).
def m

Khi đó tốn tử l(v)(t) =

pk (t)v(τk (t)) nằm trong tập SI .

k=1

Chứng minh
Đặt
m

l(u)(t) =

pi (t)u(τi (t))

(1.29)

i=1

và
τk (t)

m

∼

l (u)(t) =

m

pk (t)σk (t)

pi (ξ)u(τi (ξ))dξ

k=1

t

i=1

trong đó
σk (t) = 12 (1 + sgn (τk (t) − t)) hầu khắp nơi t ∈ I (k = 1, ..., m).
(i) Từ (1.29) và (1.25) ta có:
l2 (t) ≤ αl1 (t) khi t ∈ I,
với

t

l1 (t) =

t

l(1)(s)ds, l2 (t) =
a

l(l1 )(s)ds
a

và các giả sử của Định lý 1.2 được thỏa mãn.

(ii) Định nghĩa hàm số
m

γ(t) = exp e

pk (s)ds .
k=1

Từ (1.29) và (1.26) ta được:
m ri (t)

m

l (γ) (t) = γ(t)

pi (t) exp e

i=1

m

pk (s)ds

≤ eγ(t)

k=1 t

hầu khắp nơi trên I.
Và các giả sử của Định lý 1.2 được thỏa mãn.
(iii) Từ (1.29), (1.30) và (1.27) với bất kỳ u ∈ C (I, R+ ) ta có

pi (t) = γ (t)
i=1

(1.30)


11
τk (t) m

m

l (ϕ(u)) (t) − l(1)(t)ϕ(u)(t) =
k=1

∼

pi (ξ)u (τi (ξ)) dξ ≤ l (u) (t)

pk (t)
t

i=1

và các giả sử của Định lý 1.2 được thỏa mãn.
(iv) Định nghĩa hàm số
m

t

|pk (s)| ds .

γ(t) = exp −e
k=1 a

Từ (1.29) và (1.28) ta có
m

l (γ) (t) = γ(t)

m

t

i=1

m

|pk (s)| ds

pi (t) exp e

≥ eγ(t)

k=1 τi (t)

pi (t) = γ (t)
i=1

hầu khắp nơi trên I.
Và các giả sử của Định lý 1.2 được thỏa mãn. Hệ quả đã được chứng minh .

1.2.

Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho
bài toán Cauchy (1.1) và (1.2)

Trong mục này ta áp dụng các kết quả của mục 1.1 để xây dựng các điều kiện đủ cho
sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.1) và (1.2).
Định lý 1.4. Giả sử một trong các đều kiện sau thỏa mãn:
(i) tồn tại li ∈ PI (i = 0, 1) và một hàm liên tục tuyệt đối γ : I → (0; +∞) sao cho
l = l0 − l1
và

γ (t) ≥ l0 (γ)(t) + l1 (1)(t)

(1.31)

γ(b) ≤ 3

(1.32)

hầu khắp nơi trên I,

(ii) −l ∈ PI và tồn tại một hàm số liên tục tuyệt đối γ : I → (0; +∞) sao cho (1.7)
được thỏa mãn.
Thì bài tốn (1.1) và (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất.


12
Chứng minh
Như đã nói ở trên, bài tốn (1.1), (1.2) có tính chất Fredholm. Do đó để chứng minh
Định lí 1.4 ta chỉ chứng minh rằng bài toán thuần nhất tương ứng (1.3) chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử điều kiện (i) đúng. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng bài toán thuần nhất (1.3) chỉ có
nghiệm tầm thường. Ngược lại, giả sử rằng bài tốn thuần nhất (1.3) có một nghiệm
khơng tầm thường u.
Đặt
m = − min {u (t) : t ∈ I} , M = max {u (t) : t ∈ I}

(1.33)

Từ (1.4) theo Định lý 1.2 (ii) ta có l0 ∈ SI . Do đó theo Định nghĩa 1.1, chúng ta thấy
rằng u phải đổi dấu trên I.

m > 0, M > 0

(1.34)

Biểu thị bằng γi (i = 0, 1) nghiệm của bài toán
γ 0 (t) = l0 (γ0 )(t) +

1
l1 [u]+ (t) ,
M

γ0 (a) = 0,

(1.35)

γ 1 (t) = l0 (γ1 )(t) +

1
l1 ([u] _) (t) ,
m

γ1 (a) = 0

(1.36)

Do l0 ∈ SI , (1.35) và (1.36) ta có

γ0 (t) ≥ 0, γ1 (t) ≥ 0 t ∈ I

(1.37)

γ0 (t) ≥ 0, γ1 (t) ≥ 0

(1.38)

hầu khắp nơi trên I.
Thật vậy
(M γ0 (t) + u (t)) = l0 (M γ0 + u) (t) + l1 ([u] _) (t) , M γ0 (a) + u(a) = 0
(mγ1 (t) _u (t)) = l0 (mγ1 _u) (t) + l1 ([u] +) (t)
mγ1 (a)_u(a) = 0
(γ (t) − γ0 (t) − γ1 (t)) = l0 (γ − γ0 − γ1 ) (t) + h (t) ,

(1.39)


13
γ (a) − γ0 (a) − γ1 (a) > 0

(1.40)

với
h(t) = l1 1 −

[u]+
M

−

[u]−
m

(t) hầu khắp nơi trên I.

Do l0 ∈ SI và
[u(t)]+
M

+

[u(t)]−
m

≤ 1 khi t ∈ I,

− M γ0 (t) ≤ u (t) ≤ mγ1 (t) t ∈ I

(1.41)

γ0 (t) + γ1 (t) < γ (t) t ∈ I

(1.42)

Từ (1.39), (1.40), với li ∈ PI (i = 0, 1) và (1.41), ta được
(M γ0 (t)) + u ((t)) ≥ 0. (mγ1 (t) − u (t)) ≥ 0

(1.43)

hầu khắp nơi trên I.
Ta có thể chọn t1 ∈ [a, b] và t2 ∈ [a, b] sao cho
u (t1 ) = M, u (t2 ) = −m

(1.44)

Bây giờ chúng ta giả sử rằng t1 < t2 (t2 < t1 ). Lấy tích phân bất đẳng thức thứ nhất
(thứ hai) của (1.43) từ t1 đến t2 ( từ t2 đến t1 ), (1.37) và (1.38) ta được
M + m ≤ M (γ0 (t2 ) − γ0 (t1 )) ≤ M γ0 (b)

(1.45)

(M + m ≤ m (γ1 (t1 ) − γ1 (t2 )) ≤ mγ1 (b))

(1.46)

Mặt khác, từ (1.41) cùng với (1.37), (1.38) và (1.44) ta có:
m ≤ M γ0 (t2 ) ≤ M γ0 (b) , M ≤ mγ1 (t1 ) ≤ mγ1 (b)

(1.47)

Bây giờ bởi (1.44), (1.47) và (1.49) ta có:
3≤1+

M
m

+

m
M

≤ γ0 (b) + γ1 (b) < γ (b)

Mâu thuẫn với (1.32).

Điều đó đủ để chứng minh rằng bài tốn thuần nhất (1.3) chỉ có một nghiệm tầm
thường.


14
Chứng minh (ii), giả sử (ii) đúng. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng bài tốn thuần nhất (1.3)
chỉ có nghiệm tầm thường. Ngược lại, giả định rằng tồn tại một nghiệm khơng tầm
thường u0 của bài tốn (1.3). Lưu ý rằng u0 phải thay đổi dấu của nó và do đó, (1.20)
được giữ nguyên. Gọi c0 là số được xác định bởi (1.21). Sau đó (1.22) đúng và
(c0 γ (t) − u0 (t)) ≤ l (c0 γ − u0 ) (t)
Do đó, theo (1.22) và thực tế là l khơng dương, chúng ta thấy rằng c0 γ − u0 là một
hàm không tăng và đối với một số t1 ∈ I thì bất đẳng thức (1.23) là đúng. Khi đó
(1.24) đúng và do đó
u0 (b) > 0

(1.48)

v(t) = −u0 (t)

(1.49)

Bây giờ, nếu ta đặt

thì ta có v là một nghiệm của (1.3). Do đó, chúng ta có thể chỉ ra ở trên rằng v(b) > 0,
là mâu thuẫn với (1.48) và (1.49).
Hệ quả 1.5. Nếu
b



m

b

[pk (s)]− exp 
a

k=1



m

[pi (ξ)]+ dξ ds < 3
s

(1.50)

i=1

(t − τk (t)) [pk (t)]+ ≥ 0

(1.51)

hầu khắp nơi trên I (k=1,...,m).
Thì bài tốn

m

u (t) =

pk (t)u (τk (t)) + q(t)

(1.52)

k=1

và (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Giả sử có (1.50) khi đó ta có thể tìm thấy ε > 0 như vậy
b m
a k=1

Đặt

b m

[pk (s)]− exp

s i=1

b m

[pi (ξ)]+ dξ ds ≤ 3 − ε exp

a i=1

[pi (ξ)]+ dξ .


15

t m

t m

γ (t) = ε exp
a i=1

[pi (ξ)]+ dξ

t m

+
a k=1

[pk (s)]− exp

s i=1

[pi (ξ)]+ dξ ds t ∈ I.

Rõ ràng, (1.30) được hoàn thành và
m

γ (t) =

m

[pi (t)] + λ (t) +
i=1

[pk (t)]−

(1.53)

k=1

hầu khắp nơi trên I.
Từ γ là khơng giảm, từ (1.51) ta có:
(γ(t) − γ (τk (t))) [pk (t)]+ ≥ 0 hầu khắp nơi trên I(k = 1, ..., m).
Từ (1.53) suy ra (1.31) , khi
m

m

l0 (v)(t) =
k=1

[pk (t)]+ v (τk (t)) , l1 (v)(t) =

k=1

[pk (t)]− v (τk (t)) .

Hệ quả 1.6. Nếu
b

m

[pk (s)]− ds + α + 3β < 3
a

(1.54)

k=1

trong đó
τk (s) m

b m

α=
a k=1

[pk (s)]+
a

b m

i=1

[pi (ξ)]− dξ

exp
s j=1

[pj (ξ)]+ dξ

ds

và

τk (s) m

b m

β=
a k=1

[pk (s)]+ σk (s)
s

b m

i=1

[pi (ξ)]+ dξ

exp
s j=1

[pj (ξ)]+ dξ

ds,

trong đó σk (t) = 21 (1 + sgn(τk (t) − t)) t ∈ I hầu khắp nơi (k=1,...m).
Thì bài tốn (1.52) và (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Từ (1.54) ta có β < 1. Từ Hệ quả 1.3 ta tìm được l0 ∈ SI , với
m

l0 (v)(t) =

i=1

[pk (t)]+ v (τk (t)) .

Chọn δ > 0 và ε > 0 thỏa mãn


b



m

(1 − β)−1 

[pk (s)]− ds + α < 3 − δ,
a

(1.55)

k=1



b

m

ε < δ (1 − β) exp −

[pk (s)]+ ds
a

Biểu thị bằng γ nghiệm của bài toán



k=1

(1.56)


16
m

u (t) =
k=1

m

[pk (t)]+ u (τk (t)) +

k=1

[pk (t)]− , u(a) = ε.

Do l0 ∈ SI ta tìm được γ là một hàm không giảm. Rõ ràng γ là nghiệm của phương
trình
m

rk (t) m

m

u (t) =

[pk (t)]+ u(t) +

k=1

k=1

k=1

t

τk (t) m

m

+

k=1

[pk (t)]+

[pk (t)]+

i=1

t

[pi (s)]+ γ (τi (s)) ds

m

[pi (s)]− ds +

k=1

[pk (t)]− .

Do đó bất đẳng thức Cauchy tạo ra
b m

b m

γ(b) ≤ βλ(b) +
a k=1

[pk (s)]− ds + α + ε exp

a i=1

[pi (s)]+ ds .

Bất phương trình này cùng với (1.55) và (1.56) cho kết quả là γ(b) < 3. Do đó, các giả
sử của Định lý 1.4 được thỏa mãn.
Định lý 1.7. Nếu l = l0 − l1 với li ∈ PI (i = 0, 1), và
b

l0 (1)(s)ds < 1

(1.57)

a

và


b

l1 (1)(s)ds < 1 + 21 −
a

 12

b

l0 (1)(s)ds

(1.58)

a

Thì bài tốn (1.1) và (1.2) có chỉ nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng bài toán thuần nhất (1.3) chỉ có duy nhất
nghiệm tầm thường. Giả sử ngược lại rằng tồn tại một nghiệm u không tầm thường của
(1.3).
Lấy m và M là hai số được định nghĩa trong (1.33). Do li ∈ PI (i = 0, 1) và (1.34), từ

Định lý 1.2 (i) ta tìm được (1.34). Chọn t1 , t2 ∈ [a; b] sao cho (1.44) thỏa mãn. Khơng
mất tính tổng qt, chúng ta có thể giả sử t1 < t2 . Nếu ta lấy tích phân phương trình
(1.5) từ a đến t1 và từ t1 đến t2 thì theo (1.33), (1.34), (1.44) và li ∈ PI (i = 0, 1) ta
được
M ≤ M.C + m.A, M + m ≤ M.B + m.D
khi

t1

A=

t2

l1 (1)(s)ds, B =
a

(1.59)

l1 (1)(s)ds
t1

(1.60)


17
t1

t2

C=

l0 (1)(s)ds

l0 (1)(s)ds, D =
a

(1.61)

t1

Từ (1.57), (1.59), (1.60) và (1.61) ta có:
C < 1, D < 1, B > 1,
M≤

A
m,
1−C

m≤

B−1
M.
1−D

Từ các bất phương trình này suy ra
(1 − C) (1 − D) ≤ A (B − 1) .

(1.62)

Mặt khác ta có:

b

(1 − C) (1 − D) ≥ 1 − (C + D) ≥ 1 −

l0 (1)(s)ds
a
2

b

2

4A (B − 1) ≤ (A + B − 1) ≤

l1 (1)(s)ds − 1
a

Từ (1.62) ta có

b

1
2

b

l1 (1)(s)ds ≥ 1 + 2 1 −
a

l0 (1)(s)ds

,

a

mâu thuẫn (1.2).
Điều kiện trong Định lý 1.4 và Định lý 1.7, nói chung khơng đảm bảo l ∈ SI .
b

Nếu l(u)(t) = ε u(s)ds, ε > 0. Dễ dàng tìm được ε đủ nhỏ để điều kiện trong hai
t

Định lý 1.4 và Định lý 1.7 thỏa mãn. Ta kiểm tra l ∈ SI . Lấy u0 là nghiệm của bài
toán (1.1) và (1.2) với c = 0 và

 0 khi a ≤ t ≤ 1 (a + b)
2
q(t) =
 1 khi 1 (a + b) ≤ t ≤ b

(1.63)

u0 (t) ≥ 0, u0 (t) = 0 t ∈ I

(1.64)

2

Thì

Khi đó ta có thể tìm được a1 ∈ a, 21 (a + b) sao cho l(u0 )(t) < 0, t ∈ (a, a1 ] . Từ (1.1)
và (1.63) có u0 (t) < 0, t ∈ (a, a1 ] , cùng với u(a) = 0 mâu thuẫn với (1.64). Kết quả
là l ∈
/ SI .


18
Ví dụ. Nếu a = 0, b = 3, ε > 0 ,

 3 khi0 ≤ t ≤ 1,
τ (t) =
 1 khi1 < t ≤ 3,

l(v)(t) = −v(τ (t))

(1.65)

Thật dễ dàng khi l0 ≡ 0, l1 (v)(t) = v(τ (t)), hàm số γ(t) = t + ε thỏa mãn bất phương
trình (1.31) và γ(3) = 3 + ε. Mặt khác, bài tốn (1.3) có nghiệm khơng tầm thường.

 t
khi 0 ≤ t ≤ 1,
u(t) =
 2 − t khi 1 < t ≤ 3.
Kết quả là điều kiện (1.32) không thể được thay thế bởi điều kiện γ(b) ≤ 3 + ε với bất
kỳ ε > 0 đủ nhỏ. Điều này chỉ ra bất phương trình (1.50), (1.54) và (1.58) không thể
thay thế bởi điều kiện không hạn chế.
Nếu tốn tử l được định nghĩa bởi (1.65). Thì với bất kỳ ε > 0 đủ nhỏ, thì hàm số
γ(t) ≡ ε thỏa mãn
γ (t) ≤ l(γ)(t) + ε

(1.66)

Mặt khác, như giải thích ở trên, bài tốn (1.3) có một nghiệm khơng tầm thường. Kết
quả là, bất phương trình (1.9) khơng thể được thay thế bởi bất phương trình (1.66)
với bất kỳ ε đủ nhỏ.


19

Chương 2
Bài tốn biên nhiều điểm cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất
tuyến tính
2.1.

Giới thiệu bài tốn và các định nghĩa

Trong chương 2 ta áp dụng các kết quả của chương 1 để nghiên cứu sự tồn tại và duy
nhất nghiệm của bài tốn biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính.
Xét phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1
u (t) = l(u)(t) + q(t)
với điều kiện biên

(2.1)

n

αi u(ti ) = c

(2.2)

i=1

với l : C([a, b] ; R) → L([a, b] ; R) là toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L([a, b] ; R),
αi ∈ R\ {0} (i = 1, ..., n), a ≤ t1 < t2 < ... < tn ≤ b, n ≥ 2 và c ∈ R .
Từ Định lý 1.2 trong cơng trình [13] ta có ngay kết quả:
Định lý 2.1. Bài tốn (2.1) và (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán đồng
nhất tương ứng
u (t) = l(u)(t)

(2.3)

n

αi u (ti ) = 0
i=1

(2.4)


20
chỉ có nghiệm tầm thường.
Tương tự như phương pháp xây dựng các điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1. Trước
hết ta xây dựng các định nghĩa sau:
Định nghĩa 2.2. Toán tử l ∈ LI gọi là thuộc tập hợp SI (a) nếu mỗi hàm số u ∈
AC (I; R) thỏa mãn
u (t) ≥ l(u)(t)

(2.5)

u(a) ≥ 0

(2.6)

u(t) ≥ 0 khi t ∈ I

(2.7)

hầu khắp nơi t ∈ I, và

thì có

Sự bao hàm l ∈ SI (a) có thể suy ra nghiệm duy nhất của bài toán (2.3) sao cho
u(a) = 0 là nghiệm tầm thường. Kết quả, theo định lí Fredholm, cho mỗi q ∈ L (I; R)
và c ∈ R, phương trình (2.1) có nghiệm duy nhất u thỏa u(a) = c. Do đó, bao hàm
l ∈ SI (a) đảm bảo sự tồn tại và tính khơng âm của tốn tử Green đối với bài toán giá
trị ban đầu tại điểm a cho phương trình (2.1).
Định nghĩa 2.3. Tốn tử l ∈ LI được gọi là thuộc tập SI (b) nếu mỗi hàm số u ∈
AC (I; R) thỏa mãn
u (t) ≤ l(u)(t)

(2.8)

u(b) ≥ 0

(2.9)

hầu khắp nơi t ∈ I.

Và

thì có (2.7).
Sự bao hàm l ∈ SI (b) có thể suy ra nghiệm duy nhất của bài toán (2.3) sao cho u(b) = 0
là nghiệm tầm thường. Kết quả, theo Định lí Fredholm, cho mỗi q ∈ L (I; R) và c ∈ R,
phương trình (2.1) có nghiệm duy nhất u thỏa u(b) = c. Do đó, bao hàm l ∈ SI (b) đảm
bảo sự tồn tại và tính khơng dương của tốn tử Green đối với bài toán giá trị ban đầu
tại điểm b cho phương trình (2.1).