BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
60 46 01 02
Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số:
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN
Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, tôi 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 Quý Thầy Cô Trường Đại Học Sư Phạm
TP.Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy tôi trong suốt khóa học.
Tôi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng
Khoa Học Công Nghệ và Phòng 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 tôi hoàn
thành luận văn này một cách hoàn chỉnh nhất.
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã luôn quan tâm
và động viên giúp tôi hoàn thành luận văn này.
TP. Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014.
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1
Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ ................................................................. 3
1.1. Giới thiệu bài toán ................................................................................... 3
1.2. Các bổ đề ................................................................................................. 7
1.2.1. Bổ đề về sự tồn tại nghiệm bị chặn ................................................... 7
1.2.2. Bổ đề về sự đánh giá tiên nghiệm ..................................................... 8
1.2.3. Bổ đề về bài toán giá trị biên trên khoảng hữu hạn ........................ 15
1.2.4. Bổ đề về nghiệm không âm của bất phương trình vi phân ............. 19
Chương 2. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
NGHIỆM BỊ CHẶN ............................................................... 21
2.1. Các định lý ............................................................................................ 21
2.1.1. Định lý về điều kiện cần và đủ ....................................................... 21
2.1.2. Định lý về nghiệm bị chặn .............................................................. 22
2.1.3. Định lý về nghiệm có dấu không đổi .............................................. 27
2.2. Phương trình vi phân đối số lệch .......................................................... 33
2.2.1. Hệ quả của định lý nghiệm bị chặn ................................................ 33
2.2.2. Hệ quả của định lý về nghiệm có dấu không đổi............................ 35
2.2.3. Chứng minh các hệ quả .................................................................. 38
2.3. Các ví dụ ............................................................................................... 41
KẾT LUẬN .................................................................................................... 58
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 59
MỘT SỐ KÝ HIỆU
[0,
+∞ ).
• N là tập hợp tất cả các số tự nhiên.
R+ =
u a b :[ , ]
R→
C a b R là không gian Banach của các hàm liên tục
;
,
• R là tập hợp tất cả các số thực,
[
]
(
)
=
•
ax
( ) :
.
m
u t
{
} ≤ ≤ a t b
≥ với
t
.
C a b R ,
;
;
: ( ) 0
với một chuẩn
[ a b∈
]
[
[
]},
(
(
)
Cu { ) ] + = ∈ u C a b R u t ,
)
+∞ → D
a +∞ [ ,
D R⊆ là tập hợp các hàm liên tục u :[ , a
,
•
(
) ); D ,
locC
• với
a +∞ ).
+∞
=
≥
với cấu trúc tôpô hội tụ đều trên mọi tập con compact của [ ,
∈ u C
a [ ,
);
R
u
sup
u t
( ) :
t
.
(
)
{
} a
loc
+∞
+∞
);
,
∈ u C
[ , a
R
);
R
Nếu thì
(
)
)
loc
( C a 0 [ ,
là tập hợp các hàm với cấu trúc •
)
a +∞ mà với mỗi hàm
+∞
∈ u C
a [ ,
);
R
tôpô hội tụ đều trên mọi tập con compact của [ ,
(
)
loc
ef d +∞ = )
u
(
u t lim ( ). →+∞
t
,
,
] C a b D , với ;
( • [
)
D R⊆ là tập hợp các hàm liên tục tuyệt đối
a b u :[ , ]
D→ .
+∞ → )
D
,
,
] C a b D , với ;
( • [
)
D R⊆ là tập hợp các hàm u :[ , a
liên tục
đều tồn tại giới hạn hữu hạn
a +∞ ).
∩
0
loc
tuyệt đối trên mọi tập con compact của [ ,
D R⊆ .
∞ [a,+ );
∞ [a,+ );
D
∞ [a,+ );
D
)
(
)
) ( = D C
C 0
với • ( C
p a b :[ , ]
R→ với một chuẩn
b
p
p s ds ( )
L
= ∫
a
• L ([a, b]; R) là không gian Banach của các hàm khả tích Lebesgue
≥ ∀ ∈
;
:
;
( ) 0,
.
t
, a b
[
]
[
] , p L a b R p t
[
( , L a b R
(
)
{ ) + = ∈
} ]
•
); D
,
( L a +∞ [ ,
)
D R⊆ là tập hợp các hàm khả tích Lebesgue
)
p a :[ ,
+∞ → D .
a +∞ [ ,
với •
,
) ); D ,
(
locL
D R⊆ là tập hợp các hàm khả tích Lebesgue địa
p a :[ ,
+∞ → )
D .
với •
với cấu trúc tôpô hội tụ trên mọi tập con
phương
a +∞ ).
compact của [ ,
+∞
ω :
);
[ , a
R
→ . R
(
)
locC
• ch là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường
+∞
ω :
);
R
→ R .
)
( C a [ , 0
→
:
C a b R ,
;
;
,
• W0 là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường
]
[
]
[
(
( L a b R ,
)
η
∈
• Lab là tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn
;
[
]
( , L a b R +
) )
abL∈
υ∈
≤
∀ ∈ t
,
C a b R ,
;
.
υ ( )( ) t
η υ t ( )
]
[
], a b
thỏa mãn thì tồn tại sao cho với
(
)
,C
[
[
(
abL∈
) ] C a b R+ , ;
;
.
[
]
( L a b R+ ,
)
+∞
:
);
[ , a
C
[ , a
R
biến tập thành tập • Pab là tập hợp các toán tử
(
) +∞ → ); R
(
)
Loc
L Loc
+∞
+∞
• Mab là tập các hàm đo được: τ : [a, b] → [a, b]. • P là tập hợp các toán tử tuyến tính:
a [ ,
);
a [ ,
);
(
)
(
)
R+
R+
LocL
LocC
∈
+∞
(1)
);
.
( [ , L a
)
R+
+∞
:
C
a [ ,
+∞ → R
);
L
a [ ,
);
R
liên tục, biến tập thành tập sao cho
(
)
(
)
Loc
Loc
• L tập hợp các toán tử tuyến tính:
t∀ ∈ +∞ [a,
),
υ ( )( ) t
t ( ),
P∈
)
( υ≤
)
υ∈
+∞
);
.
R
( [ , C a
)
τ
a :[ ,
+∞ → +∞ a [ , ).
)
liên tục và tồn tại toán tử sao cho (
• M là một tập hợp các hàm đo được địa phương
abχ là hàm đặc trưng trên đoạn [a, b], tức là:
∈
χ ab
t t
[ ] a b , [ ] ∉ a b ,
1 , = 0 ,
+∞
•
( ,
)
b
a∈ +∞ xác định bởi:
:
a [ ,
+∞ → R
);
[a,
);
R
)
)
(
(
θ b
locC
C 0
=
u t ( )( )
t u t ( ) ( )
+ − (1
t u t ( )) ( )
[ ,
a∈ +∞ )
θ b
χ ab
χ ab
với t
+∞
∈ q L
a [ ,
(;
R
và
b
∈ +∞ a [ ,
), thì
với •
)
(
loc
t q t ( ) ( ),
∀ ∈ +∞ a [ , ).
t
χ= ab
( ) bq t
∈
b
và L
∈ +∞ a [ ,
) thì
• Nếu
=
b
u t ( )( )
u ( ))( ),
t
∀ ∈ +∞ a [ ,
t
).
( ) ( t
χ ab
θ b
b
a∈ +∞ [ ,
) thì
• Nếu
chω∈ tương ứng ω∈ W0 và
• Nếu
( ) ω u b
u ( ))
ωθ= ( b
.
b
a∈ +∞ và
[ ,
)
L∈
υ∈
+∞
là toán tử a − Volterra nếu như có • Ta gọi
a [ ,
);R
(
)
locC
a b∈
[ , ].
tυ =
( ) 0
thỏa mãn phương trình:
với t
tυ = ( )( ) 0
thì
a b∈
[ , ].
hầu khắp t
b
a∈ +∞ và
[ ,
)
L∈
υ∈
+∞
là toán tử anti − Volterra nếu có • Ta gọi
a [ ,
);R
(
)
locC
a b∈
[ , ].
tυ =
( ) 0
thỏa mãn phương trình:
với t
thì
t ∈ +∞ [b, ).
tυ = ( )( ) 0
hầu khắp
1
MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời vào thế kỉ thứ 18
sau đó phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong vật lý, cơ học, kỹ
thuật, kinh tế, nông nghiệp….
Vấn đề về sự tồn tại nghiệm cho phương trình vi phân đối xứng chậm và
đối xứng lệch trong những năm gần đây nhận được sự quan tâm của nhiều nhà
toán học của cộng hòa Sech, cộng hòa Gruzia,…
Mục đích chính của luận văn là áp dụng các kết quả tổng quát của các
tác giả I.T.Kiguradze, B.Puza ..cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính để
nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm
=
+
′ ( ) u t
u t ( )( )
q t ( )
như sau:
(1.1)
Thỏa mãn điều kiện biên:
∈
+∞
ω(u) = c. (1.2)
và
c R∈ .
,
),
),
∈ L q L
([ , a
R
∈ chω
0Wω∈
loc
hoặc Trong đó:
+∞
Nghiệm của phương trình vi phân bậc nhất (1.1) là hàm
a +∞ .
)
∈ u C
R
a [ ,
);
(
)
Loc
thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [ ,
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) được hiểu là nghiệm của phương trình vi
phân (1.1) và thỏa mãn (1.2).
′ u t ( )
u t ( )( )
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:
=
(1.10)
ω(u) = 0. (1.20)
Trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.2) là:
u a ( )
c= ,
(1.3)
u
(
+∞ = ) ,
c
(1.4)
2
u
c
u a ( )
− +∞ = , )
(
(1.5)
u a = ( ) 0,
Tương ứng trường hợp đặc biệt điều kiện (1.20) là:
u +∞ = ( ) 0,
(1.30)
u a ( )
u− +∞ = ) 0,
(
(1.40)
(1.50)
Luận văn này là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến nghiên
cứu sự tồn tại và sự duy nhất của nghiệm bị chặn, nghiệm dương của phương
trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính thỏa mãn điều kiện biên dạng hàm. Sau
đó áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của
nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân đối số
chậm và đối số lệch.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn chia làm 2
chương, cụ thể như sau:
Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ.
Chương 1 gồm các phần: giới thiệu bài toán, đưa ra một số định nghĩa,
mệnh đề và các bổ đề để hổ trợ cho việc chứng minh các định lý trong chương 2.
Chương 2. CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ
CHẶN.
Áp dụng các bổ đề ở chương 1 để xây dựng các điều kiện cần và đủ về
sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, nghiệm bị chặn, nghiệm dương của
phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm.
Ngoài ra, các bổ đề của chương 1 kết hợp với các định lý của chương 2 để
chứng minh các hệ quả của các định lý. Phần cuối của chương 2 là các ví dụ
để kiểm tra sự tối ưu của kết quả thu được.
3
Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ
1.1. Giới thiệu bài toán
Trong luận văn này ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình
=
+
′ ( ) u t
u t ( )( )
q t ( )
vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:
(1.1)
thỏa mãn điều kiện biên:
∈
+∞
ω(u) = c. (1.2)
và
c R∈ .
∈ L q L
R
∈ chω
,
a ([ ,
),
),
0Wω∈
loc
hoặc Trong đó:
+∞
)
Nghiệm của phương trình vi phân bậc nhất (1.1) là hàm
a +∞ .
∈ u C
a [ ,
);
R
(
)
Loc
thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [ ,
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) được hiểu là nghiệm của phương trình vi
phân (1.1) và thỏa mãn (1.2).
′ ( ) u t
u t ( )( )
Cùng với với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:
=
(1.10)
ω(u) = 0. (1.20)
Trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.2) là các điều kiện:
u a ( )
c= ,
u
(
+∞ = ) ,
c
(1.3)
(1.4)
u a ( )
− +∞ = , )
u
c
(
(1.5)
u a = ( ) 0,
Tương ứng trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.20) là các điều kiện:
u +∞ = ( ) 0,
(1.30)
u a ( )
u− +∞ = ) 0,
(
(1.40)
→
+∞
(1.50)
ϕ :
;
);
, C a b R
R
)
[
(
)
( [ , C a o
ψ
:
+∞ → R
);
;
( L a [ ,
)
[
]
( L a b R ,
)
Ta định nghĩa toán tử: Lấy b > a tùy ý và ta cố định lại. ] và
cho bởi công thức:
4
ϕυ
ef d υ=
t
a∈ +∞ ).
[ ,
t ( )( )
v t ( ( ))
− 1
d ef =
ψ
u t ( )( )
u v (
t ( ))
với (1.6)
t
a b∈
[ , ).
2
− b a − b t ( )
với (1.7)
v t ( )
= − b
Với ( )v t được xác định như sau:
t
[ ,
a∈ +∞ ).
− b a + − t a
1
1v−
với (1.8)
−
− 1( ) t
v
= + a
1
và là hàm số nghịch đảo của v tức là
t
a b∈
[ , ).
→
với
:
C a b R ,
;
;
]
[
]
[
)
( L a b R ,
)
− b a − b t (
Ta định nghĩa toán tử:
υ ( )( ) t
t
.
ef d = ψ ϕυ ( ( ( )))( ) t
[ ], a b∈
(1.9)
L∈
Do với nên toán tử xác định. Hơn nữa, ta dễ dàng kiểm tra rằng là
→
toán tử tuyến tính bị chặn.
ω ˆ :
;
, C a b R
R
[
]
(
)
Ta định nghĩa hàm cho bởi công thức:
ef d = ωυ ωϕυ ˆ ( ) ( ( ))
(1.10)
Dễ thấy hàm ˆω là phiếm hàm tuyến tính bị chặn (cho 2 trường hợp,
0W )ω∈
chω∈ và
∈
+∞
.
q L a [ ,
);
R
.
(
)
Giả sử rằng: (1.11)
ˆ q
ef d qψ= ( )
(1.12) Ta định nghĩa:
=
+
Khi đó, ta xét bài toán trên đoạn [a, b]
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
ˆ q t
( ),
ωυ ˆ ( )
= ∀ ∈ ,
c
t
a b [ ,
].
(1.13)
=
= ∀ ∈
ωυ ˆ
′ υ ( ) t
υ ( )( ), t
( ) 0,
t
a b [ ,
].
và bài toán thuần nhất tương ứng:
(1.130)
Ta dễ dàng kiểm tra được nếu υ là nghiệm của bài toán (1.13) khi đó
5
d
ef u ϕυ= ( )
+∞
∈
R
);
( u C a 0 [ ,
)
nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) thì là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) và ngược lại, nếu u là và hàm υ được
υ
ef d −= υϕ
ef d =
(
+∞ )
1( ), u
( ) b
u
xác định bởi:
là nghiệm của bài toán (1.13).
Do đó, ta có các mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.1. Giả sử điều kiện (1.11) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.1),
.υ
∈
+∞
≡
(1.2) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán (1.13) có duy nhất nghiệm
υ = +∞ . u (
b ( )
)
R
u
);
,
ϕυ ( )
)
( u C a 0 [ ,
và Hơn nữa:
Sau đây là trường hợp đặc biệt của mệnh đề 1.1:
Mệnh đề 1.2. Nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là tầm
thường khi và chỉ khi bài toán (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường.
Mệnh đề 1.3. Bài toán (1.13) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán
thuần nhất tương ứng (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường.
=
×
Chứng minh
,
,
R
]
( [ X C a b R
)
∈
là không gian Banach gồm các phần tử có Giả sử:
∈ với chuẩn:
x
,
và c
R
,
,
,
) ( u α= ,
]
)
=
x
+ u α
X
C
t
dạng trong đó ( [ x C a b R
:T X
X→ như sau:
q s ds c
( )
,
∫
a
=
t
=
+
+
−
α ,
( ) T x
( ) u a
( )( ) u s ds
( ) h u
∫
a
α
và định nghĩa toán tử Đặt ˆ q
=
Ta có bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử:
x T x ( )
+ ˆ q
(*)
trong không gian X theo nghĩa:
6
∈ là nghiệm của phương trình (*) thì
x
u
,
0,α=
) Xα=
∈
Nếu
,
,
]
( )
( [ u C a b R
∈
và u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2).
,
,
]
)
( [ u C a b R
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì Ngược lại, nếu
x
( u=
),0
là nghiệm của phương trình (*).
Toán tử T xác định như trên là toán tử compăc.
Mặt khác, theo định lý Riesz- Schauder, ta suy ra phương trình (*) có
=
nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình thuần nhất tương ứng:
x T x ( )
(**)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Ta có: phương trình (**) tương đương với bài toán (1.10), (1.20) theo
nghĩa trên.
Do đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán
thuần nhất tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Từ định đề 1.1 – 1.3, ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.4. Giả sử điều kiện (1.11) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.1),
(1.2) có nghiệm bị chặn duy nhất khi và chỉ khi nghiệm bị chặn duy nhất của
bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) là tầm thường.
Vì vậy, câu hỏi về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
(với giả thuyết điều kiện (1.11) thỏa mãn) tương đương với câu hỏi về sự tồn
tại và duy nhất nghiệm của bài toán thuần nhất (1.130) (giới hạn trên đoạn
[a, b]).
∈
Chú ý 1.1. Theo định lý Riesz – Schauder ta có nếu bài toán (1.130) có
;
,
]
( [ q L a b R
)
sao cho nghiệm không tầm thường thì với mỗi c R∈ tồn tại
bài toán (1.13) không có nghiệm.
Dưới đây ta sẽ nghiên cứu về bài toán (1.1), (1.2) với điều kiện (1.11) bị
hạn chế hơn
7
t
≥
< +∞
a
sup
q s ds t :
( )
∫
a
(1.14)
L∈
ef d =
Ta giả sử rằng và điều kiện (1.14) thỏa mãn.
υ ( )( ) t
p t
υ ( ). ( ) t
=
+
Nếu
p t u t ( ). ( )
(1.15) thì phương trình (1.1) có dạng: ′ u t q t ( ) ( )
L∈
∈
+∞
nghĩa là: Giả sử
);
R
( p L a [ ,
)
(1.16)
Phương trình (1.15) là một dạng tương tự như phương trình (1.1) với
L∈
điều kiện được thỏa mãn (tức là điều kiện (1.16) và điều kiện (1.14) là
rất cần thiết cho tính bị chặn của nghiệm phương trình (1.1)).
1.2. Các bổ đề
=
+
b
′ ( ) u t
u t ( )( )
q t ( ) b
Trong bổ đề 1.1, 1.2 ta có xét bài toán sau:
,
( ) ω = b u
c
(1.17)
(1.18)
b
′ ( ) u t
u t ( )( )
=
Tương ứng
( ) 0, b uω =
(1.170)
b
b
(1.180)
,
bqω và
( được định nghĩa trong mục “ Một số kí hiệu”)
1.2.1. Bổ đề về sự tồn tại nghiệm bị chặn
0ρ ≥ và
0
( ,
),
a∈ +∞ sao cho với mỗi b ≥ b0 phương trình (1.17) có nghiệm ub thỏa:
b 0
Bổ đề 1.1. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn và tồn tại
bu ρ≤ 0
(1.19)
Khi đó, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u. Hơn nữa, tồn
8
+∞
⊂
}
tại dãy { u nb
{ } u b b b ≥ 0
n
= 1
=
sao cho:
a +∞ ).
u t ( )
t lim ( ) u nb →+∞ n
(1.20) hội tụ đều trên [ ,
Chứng minh
L∈
t
t
−
≤
+
b
)( )
ξ ξ d
q
ξ ξ ( ) d
u t ( ) b
u s ( ) b
u ( b
b
∫
∫
s
s
t
t
≤
+
(1)( )
ξ ξ d
q
ξ ξ ( ) d
với a
≤ ≤ s t
ρ 0
∫
∫
s
s
u
Do (1.19) và , từ (1.17) với u = ub ta có:
≥ bị chặn đều và liên tục đều trên mọi tập con
b b b 0
)
a +∞ . Theo bổ đề Arzelà – Ascoli, tồn tại dãy hàm
Do đó, dãy hàm { }
+∞
+∞
⊂
= +∞
compact của [ ,
∈ u C
R
a [ ,
);
(
)
Loc
}
{ u nb
{ } u b b b ≥ 0
n
= 1
→+∞
và hàm và (1.21) sao cho lim n b n
≥
=
thỏa mãn.
t
a n ,
)( ) t
( ) t
∈ .
θ b n
( u b n
u b n
với Ta có:
u u= nb
t
t
=
+
+
∈
t ( )
a ( )
)( )
ξ ξ d
q
ξ ξ ( ) d
) đi từ a tới t, ta được: Lấy tích phân 2 vế của (1.17) (với
t
,
n N
∈ .
[
]
a b , n
u b n
u b n
u ( b n
∫
∫
a
a
với
L∈
t
t
=
+
+
ξ ξ d
q
u t ( )
u a ( )
u ( )( )
ξ ξ d ( )
ta có: Do (1.20) và giả thiết
t
a≥ .
∫
∫
a
a
+∞
Loc
với
∈ u C
a [ ,
);
R
(
)
tức là và u là nghiệm của phương trình (1.1). Hơn nữa, từ
u ρ≤ 0
. (1.19) và (1.20) ta có
1.2.2. Bổ đề về sự đánh giá tiên nghiệm
Bổ đề 1.2. Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là
9
∈
>
b b≥ , bài toán (1.17), (1.18) có duy
∞ (a,+ ) và
0
b 0
r 0
0
sao cho với mỗi
*
≤
+
q
).
tầm thường. Hơn nữa, điều kiện (1.14) thỏa mãn. Khi đó, tồn tại
bu
r c 0(
t
=
≥
a
sup
q s ds t :
( )
nhất nghiệm ub và nghiệm này thỏa mãn đánh giá
∫
a
(1.21) với * q
Để chứng minh bổ đề 1.2 ta cần một vài mệnh đề phụ sau:
∈
Mệnh đề 1.5. Giả sử bài toán (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó,
;
,
]
( [ q L a b R
)
nghiệm υ của bài toán (1.13) tồn tại r0 > 0 sao cho với mỗi
t
≤
+
∈
υ
thỏa mãn đánh giá
c
sup
q s ds t :
( )
a b ,
[
]
r 0
C
∫
a
(1.22)
Chứng minh
×
=
∈
∈
;
,
;
:
,
,
.
, c q c R q L a b R
]
]
[
( [ R L a b R
)
(
)
Giả sử:
{ (
} )
t
=
+
∈
c q ,
c
sup
q s ds t :
( )
a b ,
.
[
]
(
)
∫
× R L
a
∈ ×
là không gian tuyến tính với chuẩn
c q ,
;
,
]
( [ R L a b R
)
)
→
C a b R ,
Ω × :
;
;
,
và giả sử Ω là một toán tử, gán mỗi với nghiệm υ của
]
]
( bài toán (1.13). Theo mệnh đề 1.3, toán tử Ω xác định. Hơn nữa, theo định lý ( [
( [ R L a b R
)
)
∈ ×
c q ,
;
,
1.4 trong [11], là toán tử tuyến tính bị chặn
]
( [ R L a b R
)
thì: (xem thêm Định lý 3.2 trong [10]). Ký hiệu r0 là chuẩn của Ω . Ta có, với mỗi (
)
Ω
≤
c q ,
c q ,
r 0
(
)
(
)
C
× R L
10
υ= Ω
,c q
Do đó, nghiệm của bài toán (1.13) thỏa mãn đánh giá (1.22).
(
)
b
( ,
)
Từ mệnh đề 1.5 ta suy ra ngay mệnh đề sau:
a∈ +∞ và bài toán (1.170), (1.180) chỉ có
+∞
∈ q L
a [ ,
);
R
Mệnh đề 1.6. Giả sử
(
)
loc
nghiệm tầm thường. Khi đó, tồn tại rb > 0 sao cho với mỗi
thỏa mãn điều kiện (1.14) và c R∈ thì bài toán (1.17), (1.18) có duy nhất
≤
+
nghiệm ub và nghiệm này thỏa mãn đánh giá
c
q
u b
r b
(
)*
(1.23)
với q* được xác định bởi (1.22).
( ,
)
a∈ +∞ sao cho với mỗi b ≥ b0, bài toán
b là tầm thường. Khi đó, tồn tại 0
Mệnh đề 1.7. Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20)
(1.170), (1.180) chỉ có nghiệm tầm thường.
= +∞ mà với mỗi k
Chứng minh
b k
b k
k
+∞ Giả sử ngược lại, tồn tại dãy tăng { } 1 , lim = →+∞ k
N,
=
=
∈ bài toán:
′ u t ( )
0
b k
u t ω ( )( ), b k
(1.24)
có nghiệm không tầm thường uk. Ta có:
u
)
k
k
uθ≡ ( b k
(1.25)
Để không làm mất tổng quát, ta có thể giả sử
1
ku =
(1.26) với k N∈ .
L∈
t
t
t
−
≤
=
≤
u
ξ ξ ( ) d
u (
)( )
ξ ξ d
u (
)( )
ξ ξ d
b k
u t ( ) k
u s ( ) k
′ k
k
k
∫
∫
∫
s
s
s
t
(1)( )
Hơn nữa, từ (1.26) – (1.28) và giả sử , ta có:
a
≤ ≤ s
t k N ,
∈ .
≤ ∫
s
dξ ξ
với
11
+∞ } 1 k kU =
).
bị chặn đều và liên tục đều trên mọi tập con Do đó, dãy hàm {
+∞
compact của [ ,
a +∞ Theo bổ đề Arzela–Ascoli, để không làm mất tính tổng sao cho:
∈ u C
R
a [ ,
);
)
(
loc
0
=
quát, ta giả sử tồn tại
a +∞ ).
u t ( ) 0
u t lim ( ) k →+∞ k
hội tụ đều trên [ , (1.27)
Hơn nữa theo (1.26) ta có:
u ≤ 1 0
(1.28)
(
)
ku k N∈ là nghiệm của bài toán (1.24) nên ta có:
t
=
u s ds ( )
Mặt khác, vì
a≥
b k
u t ( ) k
u a ( ) k
k
+ ∫
a
(1.29) với t
= ) 0,
k N
∈ .
( ω kb
ku
(1.30)
t
=
)( )
( u
s ds
Từ (1.29), do (1.27), ta có:
( ) u t 0
( ) u a 0
0
a≥
+ ∫
a
(1.31)
+∞
loc
với t
∈ u C
a [ ,
); R
(
)
0
t
t
−
=
≤
)( )
(1)( )
( u
ξ ξ d
u
ξ ξ d
Vì vậy và
≤ ≤ s t
( ) u t 0
( ) u s 0
0
0
∫
∫
s
s
với a
,P∈
Do bất đẳng thức cuối (cùng với (1.28)) và ta suy ra được sự tồn
(
+∞ = )
u t lim ( ) 0 →+∞
t
. tại hữu hạn của giới hạn 0 u
Từ (1.30) và (1.27), ta có:
uω = ) 0
0(
(1.32)
Từ (1.31) và (1.32) ta có u0 là nghiệm bị chặn của bài toán (1.10), (1.20).
Vì vậy,
u ≡ 0 0
(1.33)
b ∈ +∞ sao cho: )
(a,
L∈
Vì , ta có thể chọn *
12
+∞
≤
(1)( )
s ds
∫
1 3
b ∗
N∈ sao cho:
(1.34)
∈
≥
( )
Theo (1.27) và (1.33) tồn tại 0k
,
t
k
k
[
]
, a b ∗
0
1 ku t ≤ với 3
(1.35)
+∞
t
−
=
≤
)
u (
)( )
s ds
(1)( )
s ds
Mặt khác, từ (1.29) và (1.26) ta có:
∈ .
b k
∗≥ t b k N ,
u t ( ) k
u b ( ∗ k
k
∫
∫
b ∗
b ∗
với
≥
≥
( )
t
a k ,
k
ku t ≤ với
0
2 3
Do (1.34), (1.35) ta có:
Mâu thuẫn với (1.26).
Chứng minh bổ đề 1.2
)
b ∈ +∞ (a,
Do nghiệm bị chặn của bài toán (1.10), (1.20) là tầm thường. Khi đó,
b b≥ *
0
theo mệnh đề 1.7, tồn tại * sao cho với mọi
*
*
≠
=
bài toán (1.170), (1.180) chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó, theo mệnh đề 1.6, ta có tồn tại br > sao cho nghiệm ub của bài toán (1.17), (1.18) thỏa mãn đánh giá (1.23).
c
q+
0
c
q+
0
= +∞
nb
*
+∞ = mà
Nếu thì kết luận của bổ đề là hiển nhiên. Vì thế,
b≥ với n N∈
→+∞
n
>
+
và ngược lại giả sử tồn tại dãy { } 1 n nb và lim n b
q
( n c
)*
nbu
t ( )
u b n
≥
(1.36) với n N∈
υ = t ( )
t
a n N
∈ ,
,
n
u b n
Đặt với (1.37)
1
nυ = với n N∈
Khi đó: (1.38)
13
u u=
t ( )
nb
u b n
t uυ= ( ) n b n
Do (1.37) ta có: thay vào (1.17), (1.18) (với )
=
+
b
′ u t ( )
u t ( )( )
⇒
=
+
q
t t ( ))( )
t ( )
q t ( ) b .
b n
′ υ ( n
′ υ n
t u ( ). b n
u b n
b n
q
t ( )
b n
=
+
≥
t ( )
t )( )
ta có:
∈ ,
,
t
a n N
b n
′ υ n
υ ( n
u b n
=
c
,
(u ) bn
⇒
=
=
=
c
)
))
)
ω b n ω b n
ωθ u ( ( b n
ω u ( b n
⇒
=
c
)
u ( b n ωυ ( . b n
n
u b n
=
)
với (1.39)
n N∈ .
( ωυ⇒ b n
n
c u b n
với (1.40)
(
L∈
θ υ υ≡ ) n n
nb
t
t
t
−
≤
≤
+
d
ξ ξ d
q
t ( )
s ( )
υ ξ ξ ( )
(1)( )
ξ ξ d ( )
. Từ (1.39), do (1.36), (1.38) và giả thiết , ta có: Rõ ràng,
υ n
υ n
′ n
∗
∫
∫
∫
1 +
q
c
s
s
s
a
≤ ≤ s
t n N ,
∈ .
(1.41)
= bị chặn đều và hội tụ đều trên
υ +∞ Từ (1.38) và (1.41) ta có dãy hàm { } 1 n n
với
).+∞ Theo bổ đề Arzela–Ascol, để không mất
+∞
mọi tập con compact của [a,
);
[ , a
R
(
)
υ ∈ 0
locC
=
).+∞
tính tổng quát, ta giả sử rằng tồn tại mà:
t ( )
υ 0
υ lim ( ) t k →+∞ k
(1.42) hội tụ đều trên [a,
Hơn nữa do (1.38), ta có:
1υ ≤
0
(1.43)
u u= nb
) đi từ a tới t, ta có: Mặt khác: lấy tích phân 2 vế của (1.39) (với
14
t
t
=
+
+
n N∈ .
s ds
q
t ( )
a ( )
)( )
s ds ( )
b n
υ n
υ n
υ ( n
b n
∫
∫
a
a
1 u b n
với
t
=
)( )
( ) t
( ) a
s ds
Do (1.36) và (1.42) ta có:
a≥
υ 0
υ 0
υ ( 0
+ ∫
a
(1.44)
+∞
với t
a [ ,
);
R
)
( locC
υ ∈ 0
t
t
−
=
≤
ξ ξ d
t ( )
s ( )
)( )
(1)( )
Do đó và
≤ ≤ s
t
υ 0
υ 0
υ ξ ξ υ d ( 0
0
∫
∫
s
s
với a
P∈
υ +∞ Do đó, từ (1.36), (1.40) và (1.42) ta có:
).
Từ bất đẳng thức trên kết hợp với (1.43) và ta suy ra sự tồn tại hữu
hạn của giới hạn 0(
ωυ = ) 0
0(
(1.45)
0υ là nghiệm bị chặn của bài toán (1.10), (1.20).
Từ (1.44), (1.45) ta có
Do đó:
0υ ≡
0
(1.46)
a ∈ +∞ sao cho: )
(a,
L∈
+∞
≤
(1)( )
s ds
Do ta có thể chọn 0
∫
1 5
a 0
N∈ mà:
(1.47)
∈
t
a a ,
,
Từ (1.42) và (1.46) suy ra tồn tại 0n
[
n tυ ≤ ( )
]0
≥ n n 0
1 5
(1.48) với
+∞
t
∗
−
≤
+
≤
+
s ds
s ds
t ( )
(
)
)( )
(1)( )
t
Mặt khác: từ (1.36), (1.38) và (1.39) ta có:
b n
υ ( n
υ 0
υ 0
a 0
a≥ 0.
∫
∫
2 n
q 2 u b n
a 0
a 0
với
Do (1.47) và (1.48) ta có:
15
≥
t
≥ a n m ,
ax
n tυ ≤ ( )
{ }0 n ,5
4 5
với
mâu thuẫn với (1.38). 1.2.3. Bổ đề về bài toán giá trị biên trên đoạn hữu hạn
Sau đây ta thừa nhận một số bổ đề đã được chứng minh trong công trình [8].
γ∈
=
−
0
0
,
,
;(0,
Bổ đề 1.3. ( Định lý 4.4 trong [8])
1
]
với 1
( và tồn tại hàm [ C a b
) +∞ )
abP∈
Giả sử
≥
+
′ γ
t
sao cho:
t ( )
0 γ t ( )( )
t (1)( )
[ ], a b∈
1
γ
γ−
b ( )
< ( ) 3 a
với
=
υ
Khi đó, bài toán:
′ υ ( ) t
υ ( )( ), t
= ( ) 0 a
(1.49)
chỉ có nghiệm tầm thường.
=
−
0
,
Bổ đề 1.4. ( Định lý 4.2 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
0(1)( )
1,
s ds <
∫
a
b
b
< +
−
0
(1)( )
s ds
1 2 1
(1)( )
s ds
1
∫
∫
a
a
và Giả sử
Khi đó, bài toán (1.49) chỉ có nghiệm tầm thường.
γ∈
=
−
0
0
,
,
;(0,
Bổ đề 1.5. ( Định lý 4.10 trong [8])
1
]
với 1
( và tồn tại hàm [ C a b
) +∞ )
abP∈
Giả sử
′ − γ
≥
+
0
t
sao cho:
t ( )
t (1)( )
], [ a b∈
1 γ t ( )( )
với
16
γ
γ−
b ( )
< a ( ) 3
υ
=
Khi đó, bài toán:
′ υ ( ) t
υ ( )( ), t
= ( ) 0 b
(1.50)
chỉ có nghiệm tầm thường.
=
−
0
,
Bổ đề 1.6. ( Định lý 4.8 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
1(1)( )
1,
s ds <
∫
a
b
b
< +
−
0
s ds
s ds
(1)( )
1 2 1
(1)( )
1
∫
∫
a
a
Giả sử và
Khi đó, bài toán (1.50) chỉ có nghiệm tầm thường.
=
−
0
,
Bổ đề 1.7. ( Định lý 4.1 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
0(1)( )
s ds <
1
∫
a
b
0
(1)( )
s ds
b
b
∫
a
<
< +
−
0
(1)( )
2 2 1
(1)( )
s ds
s ds
1
b
∫
∫
a
a
−
0
1
(1)( )
s ds
∫
a
Giả sử và hoặc
b
<
1
(1)( )
1
s ds
∫
a
b
1
(1)( )
s ds
b
b
∫
a
<
< +
−
0
(1)( )
2 2 1
(1)( )
s ds
s ds
1
b
∫
∫
a
a
−
1
1
(1)( )
s ds
∫
a
Hoặc
17
=
−
′ υ ( ) t
υ ( )( ), t
υ υ ( ) a
= ( ) 0 b
Khi đó, bài toán:
chỉ có nghiệm tầm thường.
γ∈
Bổ đề 1.8. ( Định lý 2.1 trong [8])
+∞ sao cho:
,
;(0,
)
]
( và tồn tại hàm [ C a b
)
abP∈
′ γ
t
Giả sử
t ( )
γ t ( )( )
[ ], a b∈
≥
υ∈
với
( C a b R [ , ];
)
∈
t
,
aυ
thỏa mãn: Khi đó, với mỗi hàm
≥ ( ) 0,
′ υ t ( )
υ t ( )( )
[
], a b
≥
với (1.51)
là không âm.
=
−
0
Bổ đề 1.9. ( Định lý 2.5 trong [8])
1,
với 0 1
abP∈
b
b
<
<
0
(1)( )
1,
(1)( )
1
s ds
s ds
1
∫
∫
a
a
υ∈
Giả sử và 1 là toán tử a – Volterra. Hơn nữa:
( C a b R [ , ];
)
Khi đó, với mỗi hàm thỏa mãn (1.51) là không âm.
=
+
=
υ
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
q t
( ),
a ( )
c
∈
[ , ];
và
c R
Chú ý 1.2. Theo bổ đề 1.8 hoặc bổ đề 1.9, bài toán
∈ . Hơn nữa, nghiệm
( q L a b R
)
∈
[ , ];
và
.
có duy nhất nghiệm với bất kỳ
)
( q L a b R +
∈ c R +
này là không âm với mọi
Thật vậy, để các giả thiết của bổ đề 1.8 hoặc bổ đề 1.9 được thực hiện và υ là nghiệm của bài toán (1.49). Khi đó, rõ ràng υ− cũng là một nghiệm của
0.υ≡
bài toán (1.49), và cả υvà υ− đều là hàm không âm. Vì vậy:
=
+
=
υ
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
q t
( ),
a ( )
c
∈
[ , ];
và
Theo mệnh đề 1.4 ta có bài toán:
∈ c R .
( q L a b R
)
có duy nhất nghiệm với bất kỳ
18
Từ mệnh đề 1.3, bổ đề 1.8 và bổ đề 1.9 ta có các bổ đề sau:
γ∈
,
;(0,
)
Bổ đề 1.10. ( Định lý 2.12 trong [8])
+∞ sao cho:
− ∈
]
( và tồn tại hàm [ C a b
)
abP
′ γ
t
.
Giả sử
t ( )
γ t ( )( )
[ ], a b∈
≤
υ∈
với
( C a b R [ , ];
)
∈
t
,
bυ
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
thỏa mãn: Khi đó, với mỗi hàm
≥ ( ) 0,
[
], a b
=
với (1.52)
là không âm.
=
−
0
,
Bổ đề 1.11. ( Định lý 2.16 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
b
≤
<
0
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
1
1
∫
∫
a
a
υ∈
Giả sử và 0 là toán tử b – Volterra. Hơn nữa:
( C a b R [ , ];
)
Khi đó, với mỗi hàm thỏa mãn (1.52) là không âm.
=
+
υ
=
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
q t
( ),
b ( )
c
∈
c R
[ , ];
và
Chú ý 1.3. Theo bổ đề 1.10 hoặc bổ đề 1.11, bài toán
∈ . Hơn nữa, nghiệm
( q L a b R
)
∈
[ , ];
và
.
có duy nhất nghiệm với bất kỳ
)
( q L a b R +
∈ c R +
này là không âm với mọi
=
−
0
,
Bổ đề 1.12. ( Định lý 2.4 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
0
(1)( )
s ds
b
b
∫
a
<
<
≤
0
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
1.
1
b
∫
∫
a
a
−
0
1
(1)( )
s ds
∫
a
υ∈
Giả sử và ta có
( C a b R [ , ];
)
thỏa mãn: Khi đó, với mỗi hàm
19
∈
−
,
t
υ υ ( ) a
≥ ( ) 0, b
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
≥
[
], a b
với (1.53)
là không âm.
=
−
0
,
Bổ đề 1.13. ( Định lý 2.15 trong [8])
1
với 0 1
abP∈
b
1
s ds
(1)( )
b
b
∫
a
<
<
≤
0
(1)( )
1,
(1)( )
1
s ds
s ds
1
b
∫
∫
a
a
−
1
1
(1)( )
s ds
∫
a
υ∈
Giả sử và ta có:
)
( C a b R [ , ];
Khi đó, với mỗi hàm thỏa mãn (1.53) là không dương.
=
+
−
′ υ ( ) t
υ ( )( ) t
q t
( ),
υ υ ( ) a
≥ ( ) 0, b
∈
[ , ];
và
c R
Chú ý 1.4. Theo bổ đề 1.12 hoặc bổ đề 1.13, bài toán
∈ . Hơn nữa, nghiệm
( q L a b R
)
∈
[ , ];
và
.
có duy nhất nghiệm với bất kỳ
)
( q L a b R +
∈ c R +
này là không âm tương ứng không dương với mọi
γ∈
+∞
1.2.4. Bổ đề về nghiệm không âm của bất phương trình vi phân
);(0,
)
[ , a
( locC
) +∞ sao
P∈
và tồn tại hàm Bổ đề 1.14. Giả sử
′ γ
cho:
t ( )
γ ( )( ) t
a≥
≥
= +∞
(1.54) với t
tγ lim ( ) →+∞
t
+∞
loc
(1.55)
);
∈ u C
[ , a
R
(
)
≥
′ ( ) u t
u t ( )( )
Khi đó, với mỗi hàm thỏa mãn:
t
a u a
≥ ( ) 0
,
≥
với (1.56)
là không âm
loc
∈ u C
a b R [ , ];
Chứng minh
a≥ sao cho
(
)
Giả sử trái lại: tồn tại nghiệm bị chặn và 0t
u thỏa mãn (1.56) và
20
u t < ) 0 0(
λ
=
−
≥
sup
:
t
a
(1.57)
u t ( ) γ t ( )
Đặt: (1.58)
0λ>
(1.59) Do (1.57) suy ra:
a≥ sao cho:
1t
= −
λ
Hơn nữa, do (1.55), (1.58) và giả thiết u là nghiệm bị chặn nên tồn tại
u t ( ) 1 γ t ( ) 1
ω λγ=
+
(1.60)
t ( )
u t ( )
t ( )
a≥ .
t
với
Đặt: Do (1.54), (1.56), (1.58) – (1.60) ta có:
′ ω ( ) t
ω (
t )( )
a≥
≥
( ) 0
tω ≥ với
aω > ( ) 0
t
a≥
,
(1.61) với t
= ω λγ
+
= −
γ
+
= ( ) 0
(1.62)
t ( ) 1
t ( ) 1
u t ( ) 1
t ( ) 1
u t 1
u t ( ) 1 γ t ( ) 1
(1.63)
tω′
( ) 0
a≥ .
P∈
Do (1.62) và giả thiết , từ (1.61) ta có ≥ với t
( ) 0
tω ≥ với t
a≥ : mâu thuẫn (1.63)
Do đó,
Chú ý 1.5. Theo bổ đề 1.14, nghiệm duy nhất của bài toán (1.10), (1.30)
u ≡ 0.
là tầm thường. Thật vậy, giả sử u là nghiệm bị chặn của (1.10), (1.30). Khi đó, hiển nhiên u− là nghiệm bị chặn của (1.10), (1.30), cả u và u− đều là hàm không âm. Do đó,
21
Chương 2. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
BỊ CHẶN
2.1. Các định lý
2.1.1. Định lý về điều kiện cần và đủ
chω∈ và điều kiện (1.14) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn khi và chỉ khi nghiệm bị chặn
Định lý 2.1. Giả sử
duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là tầm thường.
Chứng minh:
+∞
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn. Khi đó, với mọi
∈ q L
a [ ,
),
R
c R∈ và
(
)
loc
thỏa mãn (1.14) thì theo mệnh đề 1.4 ta có
nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là tầm thường.
+∞
+∞
⊂
R
),
Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là tầm thường.
( C a [ , 0
)
}
= 1
n
∈
)
c n N , (
)
ω = nbu (
sao cho Khi đó, theo bổ đề 1.1 và bổ đề 1.2 ta có phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u và tồn tại dãy hàm { u nb
và thỏa mãn (1.20).
cω =
u ( )
.
chω∈ nên
Ta có
0Wω∈
Vậy u là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2). Trong trường hợp này, tính duy nhất của u là hiển nhiên. Định lý 2.2. Giả sử và điều kiện (1.14) thỏa mãn. Hơn nữa,
nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.10), (1.20) là tầm thường. Khi đó,
phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu tồn tại giới
q s ds
hạn hữu hạn
t
t →+∞∫ lim ( ) a
(2.1)
thì bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Chứng minh
22
+∞
∈
+∞
⊂
Giả sử các giả thiết của định lý thỏa mãn. Khi đó, theo bổ đề 1.1 và bổ
c n N , (
)
)
R
),
( C a [ , 0
)
}
ω = nbu (
n
= 1
và thỏa mãn sao cho đề 1.2, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u . Hơn nữa, tồn tại dãy hàm { u nb
+∞
∈
cω = ( ) u .
u +∞ . Nên ( )
(1.20). Do đó, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì cũng tồn tại giới hạn
R
),
)
0Wω∈
( u C a 0 [ ,
và do ta có
Vậy u là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2). Trong trường hợp này, tính duy nhất
của u là hiển nhiên.
2.1.2. Định lý về nghiệm bị chặn
Trong mục này ta sẽ trình bày những định lý về sự tồn tại và duy nhất
=
−
nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.k) (k = 3, 4, 5).
P∈
1,
0
0
với 1
+∞
+∞ sao cho:
Định lý 2.3. Giả sử và điều kiện (1.14) thỏa
Cγ∈
0 [a,
);(0,
)
(
)
≥
+
′ γ
mãn. Hơn nữa, tồn tại hàm
a≥
t ( )
γ t ( )( )
t (1)( )
0
1
γ
γ (
+∞ − )
< ( ) 3 a
(2.2) với t
(2.3)
thì bài toán (1.1), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Chứng minh
b
a∈ +∞ và
( ,
)
∈
[ , ), a b
γ
( ) t
Giả sử
, t = b.
)( ) , t t ) +∞
− ( 1 ϕ γ ef d = ( γ
(2.4)
Với ϕ được cho bởi (1.6) và (1.8). Khi đó, bổ đề 1.3 thỏa mãn với toán
tử được xác định bởi (1.9) và ψ được cho bởi (1.7), (1.8).
Do đó, theo định lý 2.1 và mệnh đề 1.2, định lý 2.3 được chứng minh.
Chú ý 2.1. Định lý 2.3 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức (2.3)
ta thay dấu “<” bằng dấu “≤” (xem ví dụ 2.1).
23
=
−
P∈
0
1,
0
với 1
Định lý 2.4. Giả sử , điều kiện (1.14) thỏa mãn
+∞
<
s ds
1
và
0(1)( )
∫
a
+∞
+∞
< +
−
(1)( )
s ds
1 2 1
(1)( )
s ds
(2.5)
1
0
∫
∫
a
a
(2.6)
thì bài toán (1.1), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Chứng minh Bổ đề 1.4 thỏa mãn với toán tử được định nghĩa bởi (1.9), ϕ và ψ
=
<
< +
−
x y ,
1,
y
1 2 1
x
được cho bởi (1.6) – (1.8). Do đó, theo định lý 2.1 và mệnh đề 1.2, định lý 2.4 được chứng minh.
)
G α
∈ × R +
R x : +
{ (
} .
=
Chú ý 2.2. Kí hiệu:
0
với 1
− Theo định lý 2.4 ta có: nếu điều kiện (1.14) thỏa mãn,
P∈
1,
0
+∞
+∞
(1)( )
,
(1)( )
s ds
0
1
∫
∫
a
a
∈ s ds Gα
và
∉
thì bài toán (1.1), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
,
,
)
+∈
Gα
x y , 0 0
( R x y 0
0
+∞
∈
∈ q L
a [ ,
);
R
và c
R
,P∈
(
)
1,
0
loc
Theo chú ý 2.2 ta có: với mỗi thì tồn tại
+∞
+∞
=
=
(1)( )
s ds
,
(1)( )
,
s ds
0
x 0
1
y 0
∫
∫
a
a
=
−
sao cho điều kiện (1.14) thỏa mãn và
0
. Tóm lại, 1
Khi đó, bài toán (1.1), (1.3) không có nghiệm với
trong các bất đẳng thức (2.5) và (2.6) ta không thể thay dấu “<” bằng dấu “≤ ”.
24
=
−
P∈
1,
0
0
với 1
+∞
+∞ sao cho:
Định lý 2.5. Giả sử và điều kiện (1.14) thỏa
Cγ∈
0 [a,
);(0,
)
(
)
′− γ
≥
+
mãn. Hơn nữa, tồn tại hàm
a≥
t ( )
γ ( )( ) t
t (1)( )
1
0
(2.7) với t
γ +∞ > ) 0
(
(2.8)
aγ ( )
γ− (
+∞ < ) 3
(2.9)
Khi đó, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu
tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì bài toán (1.1), (1.4) có duy nhất nghiệm bị
chặn.
(a,
)
Chứng minh
b ∈ +∞ và hàm γđược xác định bởi (2.4), với ϕ được cho bởi (1.6) và (1.8). Khi đó, bổ đề 1.5 thỏa mãn. Do đó, theo định lý 2.2 và
Giả sử
mệnh đề 1.2, định lý 2.5 được chứng minh.
=
−
Chú ý 2.3. Định lý 2.5 không còn đúng nếu trong bất đẳng thức (2.8) ta thay dấu “>” bằng dấu “≥” và trong bất đẳng thức (2.9) ta thay dấu “<” bằng dấu “≤ ”.(xem ví dụ 2.2 và ví dụ 2.3).
P∈
1,
0
0
với 1
Định lý 2.6. Giả sử và điều kiện (1.14) thỏa
+∞
<
1
s ds
mãn. Hơn nữa:
1(1)( )
∫
a
+∞
+∞
< +
−
(1)( )
s ds
1 2 1
(1)( )
s ds
(2.10)
0
1
∫
∫
a
a
(2.11)
Khi đó, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu
tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì bài toán (1.1), (1.4) có duy nhất nghiệm bị
chặn.
Chứng minh
25
Bổ đề 1.6 thỏa mãn với toán tử được định nghĩa bởi (1.9), ϕ và ψ được cho bởi (1.6) – (1.8). Do đó, theo định lý 2.2 và mệnh đề 1.2, định lý 2.6
=
<
< +
−
G
x
y
x y ,
1,
1 2 1
được chứng minh.
)
+∞
∈ × R +
R y : +
} .
{ (
=
Chú ý 2.4. Kí hiệu:
0
với 1
− Theo định lý 2.6 ta có: nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1)
P∈
1,
0
+∞
+∞
∈
(1)( )
s ds
,
(1)( )
+∞
0
1
∫
∫
a
a
s ds G
∈
∉
,
G
và
)
R +
+∞
x y , 0 0
x y , 0 0
∈
+∞
∈
∈ P q L
,
a [ ,
); R và c R
(
)
1,
0
loc
thì tồn tại Theo chú ý 2.4 ta có: với mỗi thì bài toán (1.1), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn. (
+∞
=
=
(1)( )
,
(1)( )
s ds
,
s ds
0
x 0
y 0
1
∫
∫
a
a
=
−
sao cho điều kiện (2.1) thỏa mãn và +∞
0
. Tóm lại, 1
Khi đó, bài toán (1.1), (1.4) không có nghiệm với
=
−
trong các bất đẳng thức (2.10) và (2.11) ta không thể thay dấu “<” bằng dấu “≤ ”.
P∈
1,
0
0
với 1
Định lý 2.7. Giả sử và điều kiện (1.14) thỏa
+∞
<
s ds
1
mãn. Hơn nữa, hoặc
0(1)( )
∫
a
+∞
(1)( )
s ds
0
+∞
+∞
∫
a
<
< +
−
(2.12)
s ds
s ds
(1)( )
2 2 1
(1)( )
1
0
+∞
∫
∫
a
a
−
s ds
1
(1)( )
0
∫
a
(2.13)
Hoặc
26
+∞
<
s ds
1
1(1)( )
∫
a
+∞
(1)( )
s ds
1
+∞
+∞
∫
a
<
< +
−
(2.14)
(1)( )
s ds
2 2 1
(1)( )
s ds
0
1
+∞
∫
∫
a
a
−
1
(1)( )
s ds
1
∫
a
(2.15)
Khi đó, bài toán (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu tồn
tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì bài toán (1.1), (1.5) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Chứng minh Bổ đề 1.7 thỏa mãn với toán tử được định nghĩa bởi (1.9), ϕ và ψ được cho bởi (1.6) – (1.8). Do đó, theo định lý 2.2 và mệnh đề 1.2, định lý 2.7
được chứng minh.
=
<
< < +
−
1,
2 2 1
.
G
, x y
y
x
)
∈ × R +
: R x +
+ p
x −
1
x
(
=
<
< < +
−
1,
2 2 1
.
G
, x y
x
y
)
∈ × R +
: R y +
− p
y −
1
y
(
=
−
Chú ý 2.5. Kí hiệu:
0
với 1
Theo định lý 2.7 ta có: nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1),
P∈
1,
0
+∞
+∞
(1)( )
s ds
,
(1)( )
G
+ ∈ ∪ p
− p
0
1
∫
∫
a
a
s ds G
và
,
,
G
thì bài toán (1.1), (1.5) có duy nhất nghiệm bị chặn.
(
)
+∈ R
− ∉ ∪ thì tồn tại p
G+ p
x 0
y 0
x y , 0 0
∈
∈
+∞
∈
Theo chú ý 2.5 ta có: với mỗi
P q L
,
a [ ,
[; R và c R
)
(
1,
0
loc
+∞
+∞
=
=
(1)( )
s ds
,
(1)( )
s ds
,
0
x 0
y 0
1
∫
∫
a
a
sao cho điều kiện (2.1) thỏa mãn và
27
=
−
không có nghiệm. Tóm lại, trong các 1
0 bất đẳng thức (2.12) – (2.15) ta không thể thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”.
+∞
+∞
∈
∈ q L
); R
a [ ,
thì bài toán (1.1), (1.5) với
( p L a [ ,
)
(
+
loc
+∞
≠
<
0
p s ds ( )
1.
∫
a
thể bỏ. Thật vậy, giả sử Chú ý 2.6. Trong định lý 2.1 – 2.7, điều kiện (1.14) là cần thiết và không ) ); R , sao cho:
=
+
Ta xét phương trình
′ ( ) u t
p t u a ( ) ( )
q t
( ).
(2.16)
t
a≥ .
υ ( )( ) t
ef d υ= p t
a ( ) ( )
≡
≡
với Đặt:
và
0
0
1
) trong định lý 2.3 – 2.7 Khi đó, giả sử toán tử (với
thỏa mãn.
t
t
=
+
+
≥
Mặt khác, mỗi nghiệm u của (2.16) là có dạng:
t
∈ . R
u t ( )
1
p s ds ( )
q s ds ( )
a c 0,
C 0
∫
∫
a
a
với
Tuy nhiên, nghiệm u là bị chặn nếu và chỉ nếu điều kiện (1.14) thỏa mãn.
Chú ý 2.7. Nếu bài toán (1.1), (1.4) tương ứng (1.1), (1.5) có nghiệm
với c R∈ thì tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1). Do đó điều kiện (2.1) trong định
lý 2.5 – 2.7 là điều kiện cần cho sự duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.4)
tương ứng (1.1), (1.5).
2.1.3. Định lý về nghiệm có dấu không đổi
Trong mục này ta sẽ trình bày các định lý về mối quan hệ giữa sự tồn tại
+∞
∈ q L
a [ ,
và duy nhất nghiệm bất biến bị chặn của bài toán (1.1), (1.k) (k = 3, 4, 5).
(
) ); R và c R
P∈
∈ bài +
+
loc
Định lý 2.8. Giả sử , với mỗi
+∞
toán (1.1), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm khi
+∞ thỏa mãn (1.56).
[a,
);(0,
)
( locCγ∈
)
và chỉ khi tồn tại
28
+∞
∈ q L
a [ ,
); R và c R
∈ bài toán
Chứng minh:
(
)
+
+
loc
Đầu tiên ta giả sử rằng với mọi
(1.1), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm. Khi đó,
P∈
=
′ ( ) u t
u t ( )( ),
u a
= ( ) 1
với , bài toán:
+∞ thỏa mãn
có nghiệm dương bị chặn u và chúng ta có thể đặt
[a,
)
.uγ ≡ +∞ );(0,
( locCγ∈
)
Bây giờ giả sử rằng tồn tại hàm
(1.56). Do đó γ là hàm không giảm. Nên tồn tại một giới hạn hữu hạn hoặc
ef d =
r
tγ lim ( ). →+∞
t
vô hạn
Nếu r = +∞ , do chú ý 1.5 nên nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán
=
′ ( ) u t
u t ( )( ),
u a
= ( ) 1
(1.10), (1.30) là tầm thường. Theo định lý 2.1 và theo bổ đề 1.14 thì bài toán:
≥
=
<
t
a
,
u
)
, ta có: có duy nhất nghiệm bị chặn u0 và u0 là không âm. Do
P∈ +∞ < +∞ (
0
0
u t ( ) 0
u t lim ( ) 0 →+∞
t
với
γ
t
r
t ( ) ,
) ,
α
t ( )
< +∞ = +∞
t
( ) ,
∈ +∞ a [ , ∈ +∞ a [ ,
) , r
u t 0
=
+∞
Đặt:
Cα∈
0 [a,
);(0,
) +∞ và )
(
Do đó,
t
[ ,
′ α ( ) t
α (
t )( )
≥
a∈ +∞ ).
với (2.17)
b ∈ +∞ và
(a,
)
∈
γ
( ) t
=
− 1( ϕ α +∞ α (
)( ), t ),
t t
[ , ), a b . b
=
Ta có:
29
Với ϕ được cho bởi (1.6) và (1.8). Vì (2.17) nên bổ đề 1.8 thỏa mãn. Do
=
−
đó theo chú ý 1.2 và mệnh đề 1.1, định lý 2.8 được chứng minh.
P∈
1,
0
0
với 1
1 là toán tử
Định lý 2.9. Giả sử . Hơn nữa,
+∞
+∞
<
≤
s ds
s ds
(1)( )
1,
(1)( )
1.
a − Volterra và
0
1
∫
∫
a
a
∈
+∞
∈
(2.18)
); R và c R
( q L a [ ,
)
+
+
thì bài toán (1.1), (1.3) có Khi đó, với mỗi
duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm.
Chứng minh
b ∈ +∞ Khi đó, bổ đề 1.9 thỏa mãn. Do đó, theo chú ý 1.2 và
(a,
).
Giả sử
mệnh đề 1.1, định lý 2.9 được chứng minh.
Chú ý 2.8. Định lý 2.9 không còn đúng nếu ta thay bất đẳng thức (2.18)
+∞
+∞
≤
(1)( )
s ds
≤ + 1
,
(1)( )
s ds
1.
0
ε 0
1
∫
∫
a
a
bằng bất đẳng thức
+∞
+∞
<
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε .
0
1
∫
∫
a
a
≥
ε
0 và
> . 0
ε với mọi 0
Hoặc bất đẳng thức
∈
+∞
Thật vậy, nếu bất đẳng thức (2.18) không thỏa mãn thì hoặc bài toán
); R và c R
( q L a [ ,
)
∈ +
+
∈
+∞
∈
(1.1), (1.3) sẽ không có duy nhất nghiệm với
); R và c R
( q L a [ ,
)
+
+
(xem chú ý 2.2) hoặc tồn tại mà bài toán (1.1),
(1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn, nhưng nghiệm này không là nghiệm không
âm (xem ví dụ 2.4 và ví dụ 2.5).
30
− ∈
+∞
∈
q L
a [ ,
); R và c R
P
(
)
− ∈
+
+
loc
Định lý 2.10. Giả sử , với mỗi
+∞
bài toán (1.1), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm
+∞ thỏa mãn (2.8) và
[a,
);(0,
)
( locCγ∈
)
khi và chỉ khi tồn tại
′ γ ( ) t
γ ( )( ) t
t
a≥ .
≤
(2.19) với
− ∈
+∞
Chứng minh
q L a [ ,
);
(
)
R+
thì bài Đầu tiên ta giả sử rằng với mỗi c R+∈ và
toán (1.1), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm. Khi
P
− ∈
=
+∞ =
′ u t ( )
) 1
(
đó, , bài toán:
+∞
có nghiệm dương u và ta đặt
+∞ thỏa mãn (2.8), (2.19).
);(0,
)
u t u ( )( ), .uγ ≡ ( Cγ∈ 0 [a,
)
(a,
)
b ∈ +∞ và
Giả sử rằng tồn tại hàm
γ
t ( )
∈ =
t t
− 1( ϕ α +∞ α (
t )( ), ),
a b [ , ), b .
=
Giả sử
Khi đó, bổ đề 1.10 thỏa mãn. Do đó, theo chú ý 1.3 và mệnh đề 1.1, định
=
−
lý 2.10 được chứng minh.
P∈
1,
0
0
với 1
0 là toán tử
Định lý 2.11. Giả sử . Hơn nữa,
+∞
+∞
≤
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
< 1.
anti − Volterra và
0
1
∫
∫
a
a
− ∈
+∞
∈ thì bài toán (1.1), (1.4) có
(2.20)
[; R và c R
)
( q L a [ ,
+
+
Khi đó, với mỗi
duy nhất nghiệm bị chặn và nghiệm này là không âm.
Chứng minh
(a,
)
b ∈ +∞ . Khi đó, bổ đề 1.11 thỏa mãn. Do đó, theo chú ý 1.3
Giả sử
và định lý 1.1, định lý 2.11 được chứng minh.
31
Chú ý 2.9. Định lý 2.11 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức
+∞
+∞
<
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε ,
(1)( )
s ds
1.
0
1
∫
∫
a
a
(2.20) ta thay bằng các bất đẳng thức
+∞
+∞
≤
Hoặc bất đẳng thức
s ds
1,
(1)( )
s ds
≤ + 1
.
0
1
ε 0
∫
∫
a
a
≥
ε
0 và
> . 0
ε với mọi 0
(1)( )
− ∈
+∞
∈
Thật vậy, nếu bất đẳng thức (2.20) không thỏa mãn thì hoặc bài toán
); R và c R
( [ , q L a
)
+
+
− ∈
+∞
∈
(1.1), (1.4) không có duy nhất nghiệm với (xem
); R và c R
( q L a [ ,
)
+
+
mà bài toán (1.1), (1.4) chú ý 2.4) hoặc tồn tại
có duy nhất nghiệm, nhưng nghiệm này không là nghiệm không âm (xem ví
=
−
dụ 2.4 và ví dụ 2.5).
P∈
k j ∈ ,
{ } 0,1 ,
1,
0
0
với 1
k
j≠ và
+∞
(1)( )
s ds
k
+∞
+∞
∫
a
<
<
≤
Định lý 2.12. Giả sử . Hơn nữa,
s ds
s ds
(1)( )
1,
(1)( )
1.
k
j
+∞
∫
∫
a
a
−
1
(1)( )
s ds
k
∫
a
∈
+∞
(2.21)
∈ bài toán (1.1), (1.5) có duy
); R và c R
( q L a [ ,
)
+
+
Khi đó, với mỗi
− ( 1)
( ) 0
k u t
≥ với t
a≥ .
nhất nghiệm u và nghiệm này thỏa mãn:
Chứng minh
b ∈ +∞ . Nếu k = 0 (tương ứng k = 1), khi đó bổ đề 1.12
(a,
)
Giả sử
(tương ứng bổ đề 1.13) thỏa mãn. Do đó, theo chú ý 1.4 và định lý 1.1, định lý
2.12 được chứng minh.
32
+
=
<
H
x y ,
1,
< < y
)
∈ × R +
R x : +
x −
1
x
1 .
(
−
=
<
H
x y ,
1,
< < x
)
∈ × R +
R y : +
y −
1
y
1 .
(
=
−
Chú ý 2.10. Đặt
P∈
0
1,
0
với 1
+∞
+∞
+
∈
(1)( )
s ds
,
(1)( )
s ds
H
,
0
1
∫
∫
a
a
Theo định lý 2.12 ta có: nếu , và
+∞
+∞
−
∈
(1)( )
s ds
,
(1)( )
s ds
H
,
0
1
∫
∫
a
a
∈
+∞
∈
Tương ứng.
); R và c R
)
( q L a [ ,
+
+
Khi đó, với mỗi bài toán (1.1), (1.5) có duy
H −∉
H +∉
,
,
nhất nghiệm u và nghiệm này là không âm, tương ứng không dương.
)
)
x y 0, 0
x y 0, 0
+∞
,P∈
∈ q L
a [ ,
); R
(
)
R+∈
+
và c R +∈
x y 0, o
1,
0
loc
sao cho:
tương ứng. ( Theo chú ý 2.10 ta có: với mỗi (
+∞
+∞
=
=
s ds
(1)( )
,
(1)( )
s ds
,
1
y 0
0
x 0
∫
∫
a
a
=
−
thì tồn tại
0
có nghiệm nhưng nó không là nghiệm 1
thì bài toán (1.1), (1.5) với
không âm, tương ứng không dương. Tóm lại, trong các bất đẳng thức (2.21) ta không thể thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”. Hơn nữa, ta cũng không thể thay các
+∞
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε .
j
∫
a
bất đẳng thức (2.21) bằng các bất đẳng thức
0.ε>
với mọi
33
2.2. Phương trình vi phân đối số lệch
Trong mục này, ta sẽ trình bày các hệ quả của các định lý ở mục 2.1 cho
m
=
+
′ ( ) u t
p t u ( ). (
t ( ))
q t ( )
các phương trình vi phân đối số lệch sau:
k
τ k
∑
k
= 1
m
= −
+
′ ( ) u t
g t u ( ). (
t ( ))
q t ( )
(2.22)
k
m k
∑
= 1
k
m
=
−
+
′ u t ( )
(
p t u ( ). (
t ( ))
g t u ( ). (
t ( )))
q t ( )
(2.23)
k
τm k
k
k
∑
= 1
k
∈
+∞
∈
Và (2.24)
p
,
g
),
M
,
( L a [ ,
k
k
) τm+ , , R k
k
k
với (k = 1, . . . , m).
m
m
=
=
a≥
( ),
( ) p t 0
( ) g t 0
p t k
( ) g t k
∑
∑
= 1
= 1
k
k
Dưới đây ta sẽ sử dụng kí hiệu:
với t
2.2.1. Hệ quả của định lý nghiệm bị chặn
a≥ (k = 1,...,m) và
Hệ quả 2.1. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn và có ít nhất một trong các
+∞
<
( )exp
ds
3
a) điều kiện dưới đây thỏa mãn: τ ≤ với t k t t ( )
g s 0
p 0
∫
a
a
+∞ ∫
ξ ξ ( ) d
+∞
+∞
+∞
<
< +
−
1,
1 2 1
( ) g s ds
(2.25)
( ) p s ds 0
0
( ) p s ds 0
∫
∫
∫
a
a
a
(2.26) b)
Khi đó, với mỗi c R∈ thì bài toán (2.24), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn. Chú ý 2.11. Hệ quả 2.1 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức
(2.25) và (2.26) ta thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ” ( xem ví dụ 2.1 và chú ý 2.2).
Hệ quả 2.2. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn và có ít nhất một trong các
điều kiện dưới đây thỏa mãn:
34
a≥ (k= 1,...,m) và
m ≥ với t k t t ( )
+∞
<
( )exp
g
ds
3
a)
p s 0
0
∫
a
a
+∞ ∫
ξ ξ ( ) d
+∞
+∞
+∞
<
< +
−
g s ds ( )
1,
1 2 1
g s ds ( )
(2.27)
0
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
∫
a
a
a
(2.28) b)
Khi đó, bài toán (2.24) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi c R∈ bài toán (2.24), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Chú ý 2.12. Hệ quả 2.2 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức
(2.27) và (2.28) ta thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”(xem ví dụ 2.3 và chú ý 2.4).
+∞
<
1
Hệ quả 2.3. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn và hoặc
p s ds 0( )
∫
a
+∞
p s ds ( ) 0
+∞
+∞
∫
a
<
< +
−
g s ds ( )
2 2 1
(2.29)
0
p s ds ( ) 0
+∞
∫
∫
a
a
−
1
p s ds ( ) 0
∫
a
(2.30)
+∞
<
1
Hoặc
g s ds 0( )
∫
a
+∞
( ) g s ds
0
+∞
+∞
∫
a
<
< +
−
2 2 1
( ) g s ds
(2.31)
( ) p s ds 0
0
+∞
∫
∫
a
a
−
1
( ) g s ds
0
∫
a
(2.32)
35
Khi đó, bài toán (2.24) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi c R∈ bài toán (2.24), (1.5) có duy nhất
nghiệm bị chặn.
Chú ý 2.13. Hệ quả 2.3 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức
(2.29) - (2.32) ta thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ” (xem chú ý 2.5).
2.2.2. Hệ quả của định lý về nghiệm có dấu không đổi
a≥
t
m ≤ ( ) k t
Hệ quả 2.4. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn, với t
+∞
+∞
<
≤
1,
g s ds ( )
1
(k = 1,...,m) và
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
a
,
(2.33)
c R∈ bài toán (2.24), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Khi đó, với mỗi
q t ≥ với t
a≥ và
0c ≥ thì nghiệm này là không âm.
Hơn nữa, nếu ( ) 0
Chú ý 2.14. Hệ quả 2.4 không còn đúng nếu ta thay các bất đẳng thức
+∞
+∞
≤
≤ + 1
,
g s ds ( )
1
p s ds ( ) 0
ε 0
0
∫
∫
a
a
(2.33) bằng các bất đẳng thức
+∞
+∞
<
1,
g s ds ( )
≤ + 1
ε ,
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
a
≥
ε
> nhỏ tùy ý.
0 và
0
ε với 0
Hoặc các bất đẳng thức
Thật vậy, nếu các bất đẳng thức (2.33) không thỏa mãn thì hoặc bài toán
(2.24), (1.3) không có nghiệm (xem chú ý 2.2) hoặc bài toán này có duy nhất
∗ τ k
≠
0,
ξ ξ d
nghiệm bị chặn nhưng nó không là nghiệm âm ( xem ví dụ 2.4 và ví dụ 2.5).
0( ) p
∫
a
Hệ quả 2.5. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn,
(k = 1,...,m) và tồn tại x > 0 sao cho:
36
k t ( )
≥
<
=
a
k
m
s es sup
x ( ) (
1,...,
)
p s ds t ( ) : 0
η k
∫
t
τ
x
=
+
≥
(2.34)
x
x ( )
ln
.
es sup s
( ) : t
t
} a
η k
∗ = τ k
{ τ k
1 x
exp
∗ τ k ∫ x p 0 a
( ) ξ ξ d
− 1
,
với ,
c R∈ bài toán (2.22), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Khi đó, với mỗi
q t ≥ với t
a≥ và
0c ≥ thì nghiệm này là không âm.
t
Hơn nữa, nếu ( ) 0
a≥
τ ≥ ( ) k t
Hệ quả 2.6. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn, với t
+∞
+∞
≤
<
1,
1
( ) g s ds
(k = 1,...,m), và
( ) p s ds 0
0
∫
∫
a
a
(2.35)
,
tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi
q t ≤ với t ( ) 0
a≥ và
nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu Khi đó, bài toán (2.24) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu tồn c R∈ bài toán (2.24), (1.4) có duy nhất 0c ≥ thì nghiệm này là
không âm.
Chú ý 2.15. Hệ quả 2.6 không còn đúng nếu ta thay các bất đẳng thức
+∞
+∞
<
≤ + 1
ε ,
g s ds ( )
1
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
a
trong (2.35) bằng các bất đẳng thức
+∞
+∞
≤
Hoặc các bất đẳng thức
g s ds ( )
≤ + 1
0
0
ε 0
∫
∫
a
a
> vε 0 à
0
p s ds ( ) 1,
≥ nhỏ tùy ý.
ε 0
với
Thật vậy, nếu bất đẳng thức (2.35) không thỏa mãn thì hoặc bài toán
(2.24), (1.4) không có nghiệm (xem chú ý 2.4) hoặc bài toán này có duy nhất
37
nghiệm bị chặn nhưng nghiệm này không là nghiệm không âm (xem ví dụ 2.4
+∞
≠
và ví dụ 2.5).
g
ξ ξ d
0,
0( )
∫
∗ m k
Hệ quả 2.7. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn,
t
≥
<
=
s es sup
g s ds t ( ) :
a
x ( ) (
k
1,...,
m
)
0
υ k
∫
t ( )
m k
x
=
+
≥
x
x ( )
ln
(k = 1,..., m) và tồn tại x > 0 sao cho:
ess inf
t
.
{ m
} a
υ k
∗ = m k
k t ( ) :
+∞
1 x
x
g
exp
0
∫
∗ m k
) ( ξ ξ d
− 1
với ,
,
Khi đó, bài toán (2.23) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Ngoài ra, nếu tồn
c R∈ bài toán (2.23), (1.4) có duy nhất
tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi
q t ≤ với t ( ) 0
a≥ và
0c ≥ thì nghiệm này là
nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu
∈
+∞
),
không âm.
( q L a [ ,
)
R+
+∞
p s ds ( ) 0
+∞
+∞
∫
a
<
<
≤
Hệ quả 2.8. Giả sử: và
1,
g s ds ( )
1
p s ds ( ) 0
0
+∞
∫
∫
a
a
−
1
p s ds ( ) 0
∫
a
(2.36)
+∞
g s ds ( )
0
+∞
+∞
∫
a
<
<
≤
g s ds ( )
1,
1
Tương ứng
0
p s ds ( ) 0
+∞
∫
∫
a
a
−
1
g s ds ( )
0
∫
a
(2.37)
38
Khi đó, với mỗi c R+∈ thì bài toán (2.24), (1.5) có duy nhất nghiệm u và
u t ≥ với t ( ) 0
a≥
nghiệm này thỏa mãn bất phương trình:
u t ≤ với t ( ) 0
a≥
Tương ứng
Chú ý 2.16. Hệ quả 2.8 không còn đúng nếu trong các bất đẳng thức (2.36) và (2.37) ta thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”. Hơn nữa, ta cũng không thể
+∞
+∞
ε
ε
≤ + 1
≤ + 1
thay bất đẳng thức (2.36) tương ứng bất đẳng thức (2.37) bằng bất đẳng thức
p s ds 0( )
g s ds 0( )
∫
∫
a
a
tương ứng
0ε> nhỏ tùy ý.
với
và
2.2.3. Chứng minh các hệ quả
1
bởi
m
≥
d ef =
υτ ( ) (
υ ( )( ) t
( )), t
t
a
p t k
k
0
∑
k
= 1
Định nghĩa toán tử 0
m
≥
d ef =
( ) (
υ ( )( ) t
( )), t
t
a
g t k
υ m k
1
∑
k
= 1
(2.38)
Khi đó, hệ quả 2.3 suy ra từ định lý 2.7, hệ quả 2.4 suy ra từ định lý 2.4
và 2.9, hệ quả 2.6 suy ra từ định lý 2.6 và 2.11, và hệ quả 2.8 suy ra từ định lý
2.12.
Bởi vậy ta chỉ chứng minh hệ quả 2.1, 2.2, 2.5 và 2.7.
0ε> sao cho
Chứng minh hệ quả 2.1
+∞
+∞
s
ε
+
≤
exp
g s ds ( )
( )exp
g
ds
3
0
p s 0
0
∫
∫
∫
a
a
a
ξ ξ ( ) d
a) Chọn
và đặt
39
t
t
s
γ
=
ε
+
−
t ( )
exp
( )exp
ds
a≥
p s ds ( ) 0
g s 0
p 0
∫
∫
∫
a
a
a
ξ ξ ( ) d
và
1
0
với t
Ta dễ dàng kiểm tra γ thỏa mãn bất đẳng thức (2.2) và (2.3) với được định nghĩa bởi (2.38). Do đó, định lý 2.3 thỏa mãn. Theo định
và
lý 2.3, với mỗi c R∈ thì bài toán (2.24), (1.3) có duy nhất nghiệm bị chặn.
0
được định nghĩa bởi (2.38) thì định lý 2.4 thỏa mãn. 1
b) Với
Theo định lý 2.4, ta có với mỗi c R∈ thì bài toán (2.24), (1.3) có duy nhất
nghiệm bị chặn.
Do đó, theo định lý 2.3 và đinh lý 2.4, hệ quả được chứng minh.
0ε> sao cho
Chứng minh hệ quả 2.2
+∞
+∞
s
ε
+
≤
exp
( )exp
3
( ) g s ds
g
ds
0
p s 0
0
∫
∫
∫
a
a
a
ξ ξ ( ) d
a) Chọn
+∞
+∞
+∞
=
+
−
γ
ε
t ( )
exp
g s ds ( )
( )exp
g
ds
và đặt
a≥
0
p s 0
0
∫
∫
∫
t
t
s
ξ ξ ( ) d
với t
và
0
được định nghĩa bởi (2.38). Do đó, định lý 2.5 thỏa mãn. Theo định 1
Ta dễ dàng kiểm tra γ thỏa mãn bất đẳng thức (2.7), (2.8) và (2.9) với
và
lý 2.5, ta có bài toán (2.24) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi c R∈ bài toán (2.24), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn.
0
được định nghĩa bởi (2.38) thì định lý 2.6 thỏa mãn. 1
b) Với
Theo định lý 2.6, ta có bài toán (2.24) có ít nhất một nghiệm bị chặn. Hơn nữa, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn (2.1) thì với mỗi c R∈ bài toán (2.24), (1.4) có duy nhất nghiệm bị chặn.
Do đó, theo đinh lý 2.5 và định lý 2.6, hệ quả được chứng minh.
40
Chứng minh hệ quả 2.5
0ε> sao cho
t ( )
−
(1
ε )
x
≥
<
+
=
ln
(
1,...,
)
es sup s
a
x
k
m
( ) : p s ds t 0
∫
∗ τ k
1 x
t
τ k
exp
) ε
∫ x p 0 t
− − ( ξ ξ ( ) 1 d
Chọn
t
và đặt
∫ x p s ds 0
exp ( ) − − (1 ε )
a≥
+∞
γ = ( ) t với t
∫
a
a
0
− exp 1 x ( ) p s ds 0
và thỏa mãn các giả thiết của định lý 2.8
Ta dễ dàng kiểm tra γ thỏa mãn các giả thiết của định lý 2.3 với
0≡ 1
được định nghĩa bởi (2.38),
m
d ef
υ ( )( ) t
υτ ( ) (
t ( ))
với
a≥
p t k
k
= ∑
k
= 1
với t
Do đó, theo định lý 2.3 và định lý 2.8, hệ quả được chứng minh.
Chứng minh hệ quả 2.7
0ε> sao cho
t
−
x
(1
ε )
≥
<
+
=
ln
(
1,...,
)
es sup s
( ) : g s ds t
a
x
k
m
0
∫
+∞
1 x
( ) t
m k
exp
x
g
) ε
0
∫
∗ m k
− − ( ξ ξ ( ) 1 d
Chọn
41
+∞
x
exp
g s ds ( )
− − (1
ε )
0
∫
=
γ
t ( )
a≥
+∞
−
x
exp
g s ds ( )
1
0
∫
a
t
và đặt với t
1 và thỏa mãn các giả thiết của định lý 2.10
Ta dễ dàng kiểm tra γ thỏa mãn các giả thiết của định lý 2.5 với
0≡ 0
được xác định bởi (2.38),
m
d ef
υ t ( )( )
( ) (
t ( ))
với
a≥
g t k
υ m k
= − ∑
= 1
k
với t
Do đó, theo định lý 2.5 và định lý 2.10, hệ quả được chứng minh.
∈
∈
2.3. Các ví dụ
;
,
,
τm và ,
M
]
( [ p g L a b R +
)
ab
Nếu tồn tại hàm sao cho trên đoạn
=
−
m
[a, b] thì các bài toán sau:
p t u
t
u a
′ u t ( )
τ ( ) ( ( ))
g t u ( ) (
t ( )),
= ( ) 0
m
=
−
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( )),
u b
= ( ) 0
(2.39)
=
−
−
m
(2.40)
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( )),
u a ( )
u b
= ( ) 0
(2.41)
∈
;
∈ và c R
[
]
( L a b R ,
)
q 0
+
−
=
m
có nghiệm không tầm thường. Khi đó, theo chú ý 1.1, tồn tại
g t u ( ) (
u a ( )
t ( ))
( ),
p t u
t
′ ( ) u t
= c
q t 0
=
−
+
m
sao cho trên đoạn [a, b] thì các bài toán sau: τ ( ) ( ( )) (2.42)
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( ))
u b ( )
= c
( ),
q t 0
=
−
+
−
m
= (2.44)
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( ))
u a ( )
u b ( )
c
( ),
q t 0
(2.43)
không có nghiệm.
υτ
∈
t
t
υ ( )( ) t
0
>
t
a b [ , ], . b
def p t ( ) ( ( )) , = 0 ,
Hơn nữa, nếu ta đặt
(2.45)
42
∈
υ t ( )( )
1
>
t t
υm ( ) ( 0
t ( )) , ,
a b [ , ], b .
def g t =
∈
q t ( )
(2.46)
>
t t
[ , ], a b b .
def q t 0( ) , = , 0
(2.47)
Khi đó, hiển nhiên điều kiện (1.14) thỏa mãn, giới hạn hữu hạn (2.1) tồn
=
−
tại và bài toán (1.1), (1.3) tương ứng (1.1), (1.4) tương ứng (1.1), (1.5) không
0
. 1
∈
có nghiệm với
a b∈ ( , )
;
,
]
)
( [ g L a b R+
t
b
0
=
=
g s ds ( )
1,
g s ds ( )
2.
∫
∫
a
t
0
t
∈
+
∈
),
, b t
[ , a t
,
( ) g s ds
t
[ , ], a b
∫
γ
m
( ) t
( ) t
sao cho: Ví dụ 2.1. Cho 0 t và chọn
∈
t
0,
0 [ , ]. t b 0
= t
>
a 4,
t
. b
1 =
0≡
và Đặt:
Khi đó, γ thỏa mãn tất cả các giả thiết của định lý 2.3, với 0 và 1
γ
γ (
+∞ − )
= ( ) 3 a
0p ≡ có một nghiệm không tầm thường là:
được định nghĩa bởi (2.46), trừ điều kiện (2.3), thay vào đó ta có:
t
∈
g s
( )ds,
t
a t [ ,
),
0
∫
a
( ) u t
t
∈
g s
t
( )ds,
, ].
t b [ 0
∫
0
= 1- t
Mặt khác, bài toán (2.39) với
Do đó, ta có: trong bất đẳng thức (2.3) của định lý 2.3 tương ứng bất
đẳng thức (2.25) trong mục a) của hệ quả 2.1 không thể thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”.
43
∈
;
,
(
)
G∉ , ta đặt hàm
]
( [ p g L a b R+ ,
)
a
x y , 0 0
Trong chú ý 2.2, với mỗi
τm ∈ và , Mab
b
b
=
=
p s ds ( )
,
g s ds ( )
thỏa mãn
x 0
y 0
∫
∫
a
a
(2.48)
và
và sao cho bài toán (2.39) có nghiệm không tầm thường.
∉ thì khi đó (x0, y0) thuộc vào một trong
(
)
+∈ R
x y , 0 0
x y , 0 0
G a
Nếu
=
≥
1 G
x y ,
)
∈ × R +
R x : +
} 1 .
a
2
=
<
≥ +
−
G
y
x
x y ,
1,
1 2 1
)
∈ × R +
R x : +
{ ( { (
} .
a
∈
∈
∈
những tập hợp sau:
(
)
a b ,
và
;
,
[
]
]
( [ p g L a b R+ ,
)
x y , 0 0
0
1 G t , a
t
b
b
0
=
=
−
=
p s ds ( )
1,
p s ds ( )
1,
g s ds ( )
.
x 0
y 0
∫
∫
∫
a
t
a
0
τ
≡
m
≡ . Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.39)
Cho sao cho:
t
a
0 và
Đặt
t
t
( ) u t
( ) p s ds
[ ], a b∈
= ∫
a
có một nghiệm không tầm thường là:
2
∈
∈
với
;
,
b
)
]
( [ p g L a b R+ ,
)
, x y 0 0
, G a t 1
< < < < t 2
t 3
a
b
sao cho: Cho (
t 1
=
=
=
−
p s ds ( )
,
p s ds ( )
0,
g s ds ( )
1
.
x 0
x 0
∫
∫
∫
a
a
t 1
t
b
t 3
2
=
=
− −
−
=
−
g s ds ( )
1,
g s ds ( )
(1 2 1
),
g s ds ( )
1
y 0
x 0
x 0
∫
∫
∫
t
2
t 3
t 1
∈
b ,
t
=
∪
∈
m
t ( )
, ],
t
)
tτ≡
và chọn t 1
t b [ 2
1 và
∈
t , 1 a ,
t
t [
).
[ , ), a t 1 t t [ , 1 2 t , 3
2
Đặt:
44
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.39) có một nghiệm
t
t
+
−
∈
t
p s ds ( )
1
g s ds ( )
,
x 0
a t [ , ), 1
∫
∫
a
a
t
∈
,
),
( ) g s ds
t
[ , t t 1 2
∫
( ) u t
t 1
∈
0
,
,
),
t
[ t
t 3
2
t
∈
,
( ) g s ds
t
[ , ]. t b 3
∫
t 3
− 1 = −
+∞
∈
+∞
− ∈ q
);
và
g
);
không tầm thường là
( a L [ ,
)
( a L [ ,
)
R +
R +
+∞
+∞
=
>
1,
0
( ) g s ds
( ) g s ds
Ví dụ 2.2. Cho c > 0, sao cho:
a≥
∫
∫
t
a
+∞
γ
( ) t
( ) g s ds
với t
a≥
= ∫
t
γ∈
+∞
+∞ thỏa mãn bất phương trình vi phân
Đặt: với t
);(0,
)
( C a 0 [ ,
)
Khi đó:
ef d = −
t
[ ,
a∈ +∞ ),
g t
υ ( ) ( ) a
υ ( )( ) t
(2.19) với
≡ −
≡
và
0.
với
0
γ +∞ = nên điều kiện (2.9) thỏa mãn và mỗi nghiệm của
và thỏa mãn bất phương trình vi phân (2.7) với 1
) 0
(
Mặt khác: do
t
t
=
−
+
1
( ) u t
u
( ) g s ds
( ) q s ds
t
a≥
,
R∈ .
0
u 0
∫
∫
a
a
phương trình (1.1) có thể được viết dưới dạng:
với
Hơn nữa,
45
t
≤
−
=
u t ( )
u
1
g s ds ( )
u
t
a≥ .
0
tγ ( ) 0
∫
a
với
u +∞ ≤ ) 0.
Nên (
Vậy bài toán (1.1), (1.4) không có nghiệm.
∈
t
Do đó, điều kiện (2.8) trong định lý 2.5 là cần thiết và không thể bỏ.
sao cho:
;
,
[ a b∈ ,
]
]
( [ p L a b R+
)
0
t
b
0
=
=
p s ds ( )
2,
p s ds ( )
1.
∫
∫
a
t
0
b
∈
+
∈
t
,
t
a t [ ,
),
t
p s ds ( )
,
a b [ , ],
0
0
∫
γ
τ
t ( )
t ( )
và chọn Ví dụ 2.3. Cho
∈
a
,
t
, ].
t b [ 0
=
>
t
t 1
,
b .
1 =
0 và
≡
và Đặt:
được 0
Khi đó, γ thỏa mãn các giả thiết của định lý 2.5 với 1
aγ ( )
γ− (
+∞ = ) 3.
0
g ≡ có một nghiệm không tầm thường là:
xác định bởi (2.45), trừ điều kiện (2.9), thay vào đó ta có:
t
0
−
∈
p s ( )ds ,
t
a t [ ,
),
0
∫
t
u t ( )
b
∈
p s ( )ds ,
t
, ].
t b [ 0
∫
t
1 =
Mặt khác, bài toán (2.40) với
Do đó, ta có: trong bất đẳng thức (2.9) của định lý 2.5 tương ứng bất
∈
;
,
(
)
,
đẳng thức (2.27) trong mục a) của hệ quả 2.2 không thể thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”.
]
G+∞∉
( [ p g L a b R+ ,
)
x y , 0 0
τm ∈
và ,
ta đặt hàm Trong chú ý 2.4, với mỗi
abM
thỏa mãn điều kiện (2.48) và bài toán (2.40) có nghiệm không
tầm thường.
46
∈
∉
và
G
(
)
R +
+∞
x y , 0 0
x y , 0 0
Nếu , khi đó (x0, y0) thuộc vào một trong
=
≥
x y ,
)
1 G +∞
∈ × R +
R y : +
} 1 ,
=
<
≥ +
−
G
x y ,
1,
x
1 2 1
y
)
2 +∞
∈ × R +
R y : +
{ ( { (
những tập hợp sau:
} .
∈
∈
∈
sao cho:
;
,
(
)
,
, a b
]
[
]
( [ p g L a b R+ ,
)
, x y 0 0
0
1 G t +∞
t
b
b
0
=
−
=
=
g s ds ( )
1,
g s ds ( )
1,
p s ds ( )
.
y 0
x 0
∫
∫
∫
a
t
a
0
Cho và chọn
bτ≡ và
0tm≡ . Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.40)
Đặt
b
=
∈
u t ( )
g s ds ( )
,
t
a b [ , ].
∫
t
∈
∈
có một nghiệm không tầm thường là:
;
,
(
)
. b
t
]
( [ p g L a b R+ ,
)
, x y 0 0
, G a t 1
< < < < Cho t 3
2
2 +∞
b
t 3
t 1
=
=
=
−
0,
,
1
,
( ) g s ds
( ) g s ds
( ) p s ds
y 0
y 0
∫
∫
∫
a
a
t 3
t
b
t 3
2
=
− +
−
=
=
−
(1 2 1
),
1,
1
.
( ) p s ds
( ) p s ds
( ) p s ds
x 0
y 0
y 0
∫
∫
∫
t
2
t 3
t 1
∈
t [
,
),
t
,
a t [ , ) 1
t 3
2
=
t ∈
t ( )
3 b t ,
),
Giả sử sao cho:
3tm≡
τ và
∈
a ,
t
t t [ , 1 2 t b [ , ]. 3
Đặt:
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.40) có một nghiệm
không tầm thường là:
47
t 1
−
∈
t
p s ds ( )
,
a t [ , ), 1
∫
t
∈
t
0,
),
t t [ , 1 2
t 3
u t ( )
−
∈
t
p s ds ( )
,
t [
,
),
t 3
2
∫
t
b
b
+
−
∈
t
g s ds ( )
1
p s ds ( )
,
y 0
t b [ , ]. 3
∫
∫
t
t
= 1
∉
G
(
)
,
G+ p
− p
x y , 0 0
τm ∈
∈
Trong chú ý 2.5, với mỗi ta đặt hàm
;
,
]
( [ p g L a b R+ ,
)
abM
thỏa mãn điều kiện (2.48) và bài toán (2.41) và ,
∉
có nghiệm không tầm thường.
G
và (
)
,
+∈ R
G+ p
− p
x y , 0 0
x y , 0 0
=
≥
≥
x y ,
1,
y
)
∈ × R +
R x : +
} 1 ,
G 1
=
<
≥ +
−
x y ,
1,
y
2 2 1
x
,
)
∈ × R +
R x : +
G 2
=
<
≥ +
−
x y ,
1,
x
2 2 1
y
,
)
∈ × R +
R y : +
G 3
Nếu khi đó, (x0, y0) thuộc vào một
} }
=
<
y
≤ ≤ x
x y ,
1,
)
∈ × R +
R y : +
G 4
y −
y
1
(
,
=
< < x
x
≤ ≤ y
x y ,
: 0
1,
.
)
∈ × R +
R +
G 5
1
x
(
∈
∈
∈
trong những tập hợp sau: { ( { ( { (
(
)
a b ,
và
;
,
]
[
]
x − )
( [ p g L a b R+ ,
x y , 0 0
G t , 1
0
t
t
b
b
0
0
=
−
=
=
=
−
p s ds ( )
1,
p s ds ( )
1,
g s ds ( )
1,
g s ds ( )
1.
x 0
y 0
∫
∫
∫
∫
a
t
a
t
0
0
∈
,
t
a t [ ,
),
∈
0
0
τ
m
t ( )
t ( )
Cho chọn sao cho:
∈
∈
, ,
t t
a
,
t
, ],
0
a t [ , ), 0 t b , ]. [ 0
a = t
t b [ 0
t =
Đặt: và
48
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.41) có một nghiệm
t
0
∈
g s
t
( )ds ,
a t [ ,
),
0
∫
t
( ) u t
t
∈
, ].
( )ds , p s
t
[ t b 0
∫
t
0
=
∈
∈
(
)
< t < t < t < và
b
không tầm thường là:
;
,
]
( [ p g L a b R+ ,
)
, x y 0 0
< , G a t 1
2
3
4
2
t
b
2
t 1
=
=
=
−
=
p s ds ( )
,
p s ds ( )
0,
g s ds ( )
1
,
g s ds ( )
1.
x 0
x 0
∫
∫
t 1 ∫
∫
a
a
t 1
t 1
t
b
t 3
4
=
−
−
=
−
=
g s ds ( )
+ (2 2 1
),
g s ds ( )
1
,
g s ds ( )
1.
y 0
x 0
x 0
∫
∫
∫
t
t
4
2
t 3
∈
m
=
t ∈
t
t ( )
Cho chọn sao cho:
t b , ], [ 4 t t [ , ), 3
4
1tτ≡
∈
t
t , 4 t 1, a,
a t [ , ) 1 t t ) [ , 1 2 t t ). [ , 3
2
Đặt: và
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.41) có một nghiệm
t
t
+
−
∈
g s ds t
p s ds ( )
1
( )
,
x 0
a t [ , ), 1
∫
∫
a
a
t
∈
t
g s ds ( )
,
),
t t [ , 1 2
∫
t 1
=
∈
u t ( )
t
t [
,
),
t 3
2
0, t
∈
t
t
g s ds ( )
,
),
t [ , 3
4
∫
t 3
b
−
−
∈
t
1
g s ds ( )
,
, ].
x 0
t b [ 4
∫
t
− 1 −
∈
∈
;
,
(
)
< t < t < t < và
b
không tầm thường là:
]
( [ p g L a b R+ ,
)
x y , 0 0
< G a t , 1
3
2
3
4
Cho chọn sao cho:
49
t
t
b
4
t 1
2
=
=
=
=
−
g s ds ( )
0,
g s ds ( )
,
p s ds ( )
1,
p s ds ( )
1
,
y 0
y 0
∫
∫
∫
∫
t
a
a
4
t 1
t
b
t 3
4
=
−
−
=
=
−
+ (2 2 1
),
1,
1
.
( ) p s ds
( ) p s ds
( ) p s ds
x 0
y 0
y 0
∫
∫
∫
t
t
2
t 3
4
)
[ , t ), t 3
4
=
),
( ) t
4tm≡
∈ t ∈ [ t ∈
,
, ].
t
t 1
[ , t t 1 2 , t 3 2 [ , ) a t 1
[ t b 4
t , 4 , b t
Đặt: và τ
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.41) có một nghiệm
t
−
∈
−
t
1
p s ds ( )
,
y 0
a t [ , ), 1
∫
a
t
2
∈
t
),
p s ds ( )
,
t t [ , 1 2
∫
=
∈
u t ( )
t
t [
,
),
t 0,
t 3
2
t
4
∈
t
t
),
p s ds ( )
,
t [ , 3
4
∫
t
b
b
+
−
∈
t
g s ds ( )
1
p s ds ( )
,
, ].
y 0
t b [ 4
∫
∫
t
t
− − 1
≡
≡
0,
0,
p
p
không tầm thường là:
≡ aτ
(
)
G∈ . Nếu x0 = 0, y0 = 0, khi đó ta đặt
x y , 0 0
4
và
.am≡ Do đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và mỗi hàm hằng khác không là
Cho
≠
∈
0 và
0
một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.41).
;
,
≠ . Cho a < t1< t2< b và
]
( [ p g L a b R+ ,
)
x 0
y 0
Giả sử rằng
b
t 1
t 1
=
=
=
g s ds ( )
,
g s ds ( )
0,
p s ds ( )
0,
y 0
∫
∫
∫
a
a
t 1
t
b
2
=
−
+
=
−
p s ds ( )
1,
p s ds ( )
1.
x 0
∫
∫
x 0 y 0
x 0 y 0
t
t 1
2
sao cho:
50
τ
≡
m
≡
t
b .
2 và
Đặt Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.41)
t
−
∈
1
g s
( )ds,
t
a t [ , ), 1
∫
a
( ) u t
b
−
∈
( )ds, p s
t
[ , ]. t b 1
∫
y 0 x 0
t
= 1
∈
có một nghiệm không tầm thường là:
)
;
,
G∈ , a < t1< t2< b và
]
( [ p g L a b R+ ,
)
x y , 0
5
t
b
t 1
2
=
=
=
−
p s ds ( )
0,
p s ds ( )
,
g s ds ( )
1,
x 0
∫
∫
∫
x 0 y 0
a
a
t
2
t
b
2
=
−
+
=
g s ds ( )
1,
g s ds ( )
0.
y 0
∫
∫
y 0 x 0
t
t 1
2
τ
m
≡
≡ Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.41)
sao cho Cho 0 (
b
và
t . 1
Đặt
t
−
∈
g s
t
( )ds,
a t [ ,
),
2
∫
x 0 y 0
a
( ) u t
b
−
∈
( )ds,
, ].
p s
t
[ t b 2
∫
t
1 = 1
ε
>
≡
∈
b
∈ +∞ ( , a
),
0,
τ m , b
a
≡ và chọn
có một nghiệm không tầm thường là:
;
,
]
( [ p g L a b R+ ,
)
Ví dụ 2.4. Cho
b
b
<
ε= + 1 ,
1.
( ) p s ds
( ) g s ds
∫
∫
a
a
sao cho:
Chú ý rằng bài toán (2.39), tương ứng. (2.40), chỉ có nghiệm tầm
thường. Thật vậy, lấy tích phân 2 vế của (2.39) tương ứng (2.40) đi từ a tới b,
ta có:
51
b
=
u a ( )
g s ds ( )
,
u b ( )
= + (1
u bε ) ( )
∫
u a tương ứng ( )
a
t
u t′
( ) 0
= với
Ta có: u(b) = 0 tương ứng u(a) =0.
[ ], a b∈
u ≡ 0.
mà với u(a) = 0 tương ứng u(b) = 0 nên Do đó,
=
−
m
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( )),
u a
= ( ) 1
Do đó, theo mệnh đề 1.3 các bài toán:
=
−
m
′ ( ) u t
p t u
τ ( ) ( ( ))
t
g t u ( ) (
t ( )),
u b
= ( ) 1
(2.49)
(2.50)
có duy nhất nghiệm u.
Mặt khác, lấy tích phân 2 vế của (2.49) tương ứng (2.50) đi từ a tới b, ta
b
− =
+
u b
u b
( ) 1
( )(1
ε )
g s ds ( )
,
− ∫
a
có:
b
−
−
1
= + (1
ε )
,
( ) u a
( ) u a
( ) g s ds
∫
a
b
b
−
= − < ε
ε
=
− <
1
Tương ứng
u
(a)
g s ds ( )
0
u b ( )
g s ds ( )
1 0
∫
∫
a
a
Ta có: tương ứng
=
−
,
Tức là u(b) < 0, tương ứng u(a) < 0. Vì thế, bài toán (1.10), (1.3) tương
0
, 1
0
1
được định nghĩa bởi (2.45),
ứng bài toán (1.10), (1.4) với
( ),
u t
a b ,
,
t
]
u t ( ) 0
∈ >
( ),
[ b .
t
= u b
(2.46) và c = 1 có duy nhất nghiệm là:
Với giả thiết cả hai giá trị đều dương và âm.
52
ε τ m
>
≡
≡
b
∈ +∞ ( , a
),
b ,
0,
a
và
∈
sao cho:
;
,
]
( [ p g L a b R+ ,
)
b
b
<
p s ds ( )
1,
g s ds ( )
= + 1
ε .
∫
∫
a
a
Ví dụ 2.5. Cho chọn
Cũng ở ví dụ 2.4 ta có thể chứng minh rằng bài toán (2.39) tương ứng
(2.40) chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra, bài toán (2.49) tương ứng (2.50) có
duy nhất nghiệm u.
b
− =
u b
( ) 1
u b ( )
p s ds ( )
− + (1
ε ),
∫
a
Mặt khác, lấy tích phân 2 vế của (2.49) tương ứng (2.50) đi từ a tới b, ta có:
b
−
=
−
+
1
( )
( )(1
ε ),
( ) u a
g s ds u a
∫
a
Tương ứng
b
b
=
− <
ε
−
= − < ε
u a ( )
p s ds ( )
1 0,
Khi đó, ta có:
0
u b
( ) p s ds
∫
∫
a
a
( ) 1
−
=
,
,
tương ứng
0
0
1
1
bài toán (1.10), (1.4) với Tức là u(b) < 0 tương ứng u(a) < 0. Do đó, bài toán (1.10), (1.3) tương ứng được định nghĩa bởi (2.45), (2.46)
∈
( ),
u t
a b ,
,
t
]
u t ( ) 0
>
( ),
[ . b
t
= u b
và c = 1 có duy nhất nghiệm là:
Với giả thiết cả hai giá trị đều dương và âm.
Ví dụ 2.4 và ví dụ 2.5 chỉ ra rằng các bất đẳng thức (2.18) trong định lý
2.9 tương ứng các bất đẳng thức (2.33) trong hệ quả 2.4 không thể bị thay thế
bởi các bất đẳng thức
53
+∞
+∞
≤
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε ,
(1)( )
s ds
1,
0
1
∫
∫
a
a
+∞
+∞
≤
≤ + 1
ε ,
g s ds ( )
1,
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
a
Tương ứng
+∞
+∞
<
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε ,
0
1
∫
∫
a
a
Cũng không bị thay thế bởi các bất đẳng thức
+∞
+∞
<
1,
≤ + 1
ε ,
( ) g s ds
( ) p s ds 0
0
∫
∫
a
Tương ứng
a 0ε> nhỏ tùy ý. Các ví dụ này còn chỉ ra rằng các bất đẳng thức (2.20) trong định lý 2.11,
với
tương ứng các bất đẳng thức (2.35) trong hệ quả 2.6 không thể bị thay thế bởi
+∞
+∞
<
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε ,
(1)( )
s ds
1,
0
1
∫
∫
a
a
các bất đẳng thức
+∞
+∞
<
≤ + 1
ε ,
g s ds ( )
1,
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
a
Tương ứng.
+∞
+∞
≤
(1)( )
s ds
1,
(1)( )
s ds
≤ + 1
ε ,
0
1
∫
∫
a
a
Cũng không bị thay thế bởi các bất đẳng thức
+∞
+∞
≤
1,
g s ds ( )
≤ + 1
ε ,
p s ds ( ) 0
0
∫
∫
a
Tương ứng
a 0ε> nhỏ tùy ý.
với
54
(
)
H −∉
(
)
,
x y , 0 0
∈
Trong chú ý 2.11, với mỗi tương ứng
∈ thỏa mãn điều
,
M
,
,
τm à ,
[
R+∈
+
H +∉ x y , 0 0 ) ( ] L a b R v ;
x y 0, 0
p g q , 0
ta chọn hàm
kiện (2.48) và bài toán (2.44) với c = 0 có nghiệm u không là nghiệm không
và q
1,
0
=
−
bởi (2.45) – âm, tương ứng không dương. Do đó, nếu định nghĩa
có một nghiệm là: 1
∈
t
u t
a b ,
,
]
( ) u t 0
>
0 [ b ,
t
( ), ( ),
u b
=
(2.47) thì bài toán (1.1), (1.50) với
∉
(
)
,
và (
)
H −∉
H +
mà 0u không là nghiệm không âm, tương ứng không dương.
+∈ R
, x y 0
, x y 0 0
, x y 0 0
khi đó (x0, y0) Nếu 0 tương ứng
+
=
>
H
, x y
)
∈ × R +
: R y +
{ (
} 1 .
1
+
=
≤
≤
1,
H
, x y
x
)
∈ × R +
: R y +
2
y +
1
y
(
.
phụ thuộc vào một trong những tập hợp sau:
−
=
H
, x y
)
∈ × R +
R +
{ (
} > : x 1 .
1
−
=
≤
≤
H
x y ,
1,
.
y
)
∈ × R +
R x : +
2
x +
1
x
(
∈
+∈
Tương ứng
;
,
(
)
< t < và
b
[
]
( L a b R+ ,
)
p g q , 0
x y , 0 0
< H a t , 1
2
1
t
b
b
2
t 1
=
=
=
=
p s ds ( )
0,
p s ds ( )
,
g s ds ( )
,
g s ds ( )
0,
x 0
y 0
∫
∫
∫
∫
a
t
a
t 1
2
t
b
t 1
2
=
=
=
−
0,
,
1).
q s ds ( ) 0
q s ds ( ) 0
y 0
q s ds ( ) 0
x y ( 0 0
∫
∫
∫
a
t
t 1
2
τ
≡
m
≡ Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.44)
Cho chọn sao cho:
a .
t 1 và
Đặt
có một nghiệm không tầm thường là:
55
t
∈
t
g s ds ( )
,
a t [ , ), 1
∫
a
t
=
−
+
∈
t
u t ( )
,
),
q s ds ( ) 0
y 0
t t [ , 1 2
∫
t 1
t
t
+
∈
t
)
,
, ].
y 0
p s ds ( ) 0
q s ds ( ) 0
t b [ 2
∫
∫
t
t
2
2
− 1 1 + − 1 (1
∈
(
)
< t < và b
,
;
]
[
( L a b R+ ,
)
, x y 0 0
< , H a t 1
2
p g q , 0
2
t
b
2
=
=
−
=
p s ds ( )
p s ds ( )
,
,
p s ds ( )
0,
x 0
∫
∫
t 1 ∫
1
1
y 0 + y 0
y 0 + y 0
t
a
2
t 1
t
b
t 1
2
=
=
=
g s ds ( )
0,
g s ds ( )
0,
y 0
q s ds ( ) 0
∫
∫
∫
a
a
t
2
t
b
2
=
−
=
0.
,
( ) q s ds 0
x 0
( ) q s ds 0
∫
∫
1
y 0 + y 0
t
t 1
2
∈
t
τ
( ) t
với u(t1) = 1 – y0 < 0. +∈ Cho chọn sao cho:
am≡ và
∈
, ,
t
a t [ , ), 2 [ , ]. t b 2
t 1 = a
Đặt:
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.44) có một nghiệm
t
∈
t
)
p s ds ( )
,
a t [ , ), 1
y 0
∫
a
t
t
= − −
−
+
∈
1
,
),
( ) u t
( ) p s ds
t
y 0
( ) q s ds 0
[ , t t 1 2
∫
∫
t 1
t 1
t
+
∈
,
, ].
( ) g s ds
t
y 0
[ t b 2
∫
t
2
− − + 1 (1 − − 1
không tầm thường là:
với u(a) = –1.
56
∈
−∈
,
;
(
)
< t < và b
]
[
( L a b R+ ,
)
p g q , 0
, x y 0 0
< , H a t 1
2
1
t
b
b
t 1
2
=
=
=
=
p s ds ( )
0,
p s ds ( )
g s ds ( )
,
g s ds ( )
0,
x 0
y 0
∫
∫
∫
∫
a
a
t
t 1
2
t
b
2
t 1
=
−
=
=
1),
,
0.
( ) q s ds 0
( y x 0 0
( ) q s ds 0
x 0
( ) q s ds 0
∫
∫
∫
a
t
t 1
2
τ
m
≡
≡
Cho chọn sao cho:
a
và
t
.
2
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.44) Đặt
t
t
−
+
∈
1)
g s ds ( )
x 0
q s ds t ( ) , 0
a t [ , ), 1
∫
∫
a
a
t
∈
u t ( )
,
1
t
),
q s ds ( ) 0
t t [ , 1 2
∫
t 1
t
∈
− − 1
p s ds ( )
,
t
, ].
x 0
t b [ 2
∫
t
2
− − 1 ( = − +
có một nghiệm không tầm thường là:
∈
+∈
với u(t2) = x0 – 1 > 0.
,
;
(
)
< t < và
b
[
]
( L a b R+ ,
)
p g q , 0
x y , 0 0
< H a t , 1
2
2
t
b
2
t 1
=
=
−
=
g s ds ( )
0,
g s ds ( )
,
g s ds ( )
,
y 0
∫
∫
∫
1
1
x 0 + x 0
x 0 + x 0
t
a
2
t 1
b
t 1
t 1
=
=
=
p s ds ( )
,
p s ds ( )
0,
0,
x 0
q s ds ( ) 0
∫
∫
∫
a
a
t 1
t
b
2
=
−
=
0.
,
( ) q s ds 0
y 0
( ) q s ds 0
∫
∫
1
x 0 + x 0
t
t 1
2
∈
a
,
t
),
a t [ ,
m
t ( )
Cho chọn sao cho:
aτ ≡ và
∈
,
t
t 1
2 t b , ]. [ 2
=
Đặt:
57
t
∈
t
p s ds ( )
,
a t [ , ), 1
∫
a
t
t
+
=
−
+
∈
u t ( )
g s ds ( )
,
),
x 0
q s ds t ( ) 0
t t [ , 1 2
∫
∫
t 1
t 1
t
∈
t
− + (1
)
g s ds ( )
,
x 0
x 0
t b [ , ] 2
∫
t
2
Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn và bài toán (2.44) có một nghiệm
không tầm thường là: + 1 1 + 1
với u(a) = 1.
Ta đã chỉ ra rằng các bất đẳng thức (2.21) trong định lý 2.12 và các bất
đẳng thức (2.35) tương ứng (2.36) trong hệ quả 2.8 ta không thể thay dấu “<” bằng dấu “ ≤ ”. Ta cũng không thể thay các bất đẳng thức trên bằng các bất
+∞
ε
(1)( )
≤ + 1
s ds
j
∫
a
đẳng thức
+∞
+∞
≤ + 1
ε ,
≤ + 1
ε ,
g s ds 0( )
p s ds 0( )
∫
∫
a
a
Và
tương ứng
0ε< nhỏ tùy ý.
với
58
KẾT LUẬN
Mục đích chính của luận văn là trình bày các vấn đề cơ bản về sự tồn tại
và duy nhất nghiệm bị chặn của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính
(1.1) với điều kiện biên dạng hàm (1.2). Sau đó áp dụng các kết quả trên cho
phương trình vi phân đối số lệch.
Nội dung chính của luận văn gồm hai chương:
Chương 1. Nghiêm cứu các bổ đề bổ trợ đóng vai trò quan trọng cho việc
chứng minh các kết quả chính trong chương 2. Cụ thể là bổ đề 1.1 và 1.2 nói
rằng nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1) tương ứng (1.10) là giới hạn
của một dãy nghiệm {ub}b>a của bài toán (1.17), (1.18) tương ứng (1.170),
(1.180).
Chương 2. Trong mục 2.1.2, trình bày điều kiện đủ về sự tồn tại và duy
nhất nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất (1.1) thỏa mãn một
trong các điều kiện (1.3), (1.4) hoặc (1.5). Nghiệm có dấu không đổi của bài
toán (1.1), (1.k) (k = 3, 4, 5) thì được thảo luận trong mục 2.1.3. Trong mục
2.2, ta cụ thể hóa kết quả của phần 2.1 đối với các trường hợp cụ thể của
phương trình (1.1) cho các phương trình đối số lệch (2.22), (2.23) và (2.24).
Phần cuối của chương 2 – mục 2.3 là các ví dụ để kiểm tra sự tối ưu của kết
quả thu được.
Từ những vấn đề đưa ra trong luận văn, câu hỏi đặt ra là kết quả trên còn
đúng hay không cho phương trình vi phân hàm bậc cao hay bài toán biên
nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm.
Vì sự hiểu biết của bản thân còn hạn hẹp nên luận văn không tránh khỏi
sự thiếu sót. Tác giả rất mong sự góp ý và chỉ bảo của quý Thầy Cô trong hội
đồng để luận văn được hoàn thiện hơn.
59
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. N. V. Azbelev, V. P. Maksimov and L. F. Rakhmatulina, Introduction to
the theory of functional-differential equations. (Russian) “Nauka”,
Moscow, (1991)..
2. E. Bravyi, A note on the Fredholm property of boundary value problems
for linear functional differential equations. Mem. Differential
Equations Math. Phys. 20 (2000), 133–135.
3. E. Bravyi, R. Hakl, and A. Lomtatidze, 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.
4. Z. Dosla and I. Kiguradze, On vanishing at infinity solutions of second
order linear differential equations with advanced arguments. Funkcial.
Ekvac. 41 (1998), No. 2, 189–205.
5. Z. Dosla and I. Kiguradze, On boundedness and stability of solutions of
second order linear differential equations with advanced arguments.
Adv. Math. Sci. Appl. 9 (1999), No. 1, 1–24.
6. R. Hakl, On bounded solutions of systems of linear functional-differential
equations. Georgian Math. J. 6 (1999), No. 5, 429–440.
7. R. Hakl, On nonnegative bounded solutions of systems of linear
functional differential equations. Mem. Differential Equations Math.
Phys. 19 (2000), 154–158.
8. R. Hakl, A. Lomtatidze, and J. Sremr, Some boundary value problems for
first order scalar functional differential equations. Folia Facultatis
Scientiarum Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis.
Mathematica10. Masaryk University, Brno, (2002).
60
9. R. Hakl, A. Lomtatidze, AND I. P. Stavroulakis, On a boundary value
problem for scalar linear functional differential equations. Abstr. Appl.
Anal. (2004), No. 1,45–67.
10. I. Kiguradze and B. Puza, On boundary value problems for systems of
linear functional-differential equations. Czechoslovak Math. J.
47(122) (1997), No. 2, 341–373.
11. S. Schưabik, M. Tvrdy, and O. Vejvoda, Differential and integral
equations: boundary value problems and adjoints. Academia, Praha,
(1979).
