BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH ----------------------------- NGUYỄN VŨ THỤ NHÂN MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số
: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. NGUYỄN ANH TUẤN Tp. Hồ Chí Minh – 2008
2
LỜI CẢM ƠN
ðầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc ñối với PGS. TS.
NGUYỄN ANH TUẤN – Khoa Toán – Tin học, Trường ðại học Sư Phạm
ñã dành thời gian và công sức và tận tình hướng dẫn giúp tôi hoàn thành luận
văn này.
Tôi xin gửi lời cảm ơn ñến quý Thầy Cô trong Hội ñồng chấm luận văn
ñã dành thời gian ñọc, chỉnh sửa và ñóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành
luận văn này một cách hoàn chỉnh.
Bên cạnh ñó, tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám Hiệu trường ðH Sư
phạm Tp.HCM, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Tin học, Phòng KHCN – SðH
và quý Thầy Cô ñã giảng dạy, tạo ñiều kiện cho chúng tôi hoàn thành khóa
học này.
Và ñể có ñược kết quả như ngày hôm nay, tôi cũng ñã ñược sự giúp ñỡ
tận tình của Ban chủ nhiệm Khoa Vật Lý, cũng như nhận ñược những lời
ñộng viên, ñóng góp ý kiến của các bạn ñồng nghiệp Khoa Vật Lý – Trường
ðH Sư phạm Tp.HCM cùng bạn bè và người thân.
ðặc biệt, tôi xin dành tặng kết quả này cho ba mẹ và gia ñình thân yêu
nhất của mình – những người ñã luôn tạo ñiều kiện, hỗ trợ cũng như ñộng viên
tôi vượt qua những khó khăn trong bước ñường nghiên cứu khoa học này.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này, khó tránh khỏi những
thiếu sót, tôi mong nhận ñược những ý kiến ñóng góp của bạn ñọc. Mọi ý
kiến ñóng góp, xin gửi về theo ñịa chỉ:
Nguyễn Vũ Thụ Nhân
Khoa Vật Lý, Trường ðại học Sư Phạm Tp.HCM
280 An Dương Vương, Quận 5, Tp.HCM
Email: nguyenvuthunhan@gmail.com
Xin chân thành cảm ơn.
3
Mục lục
Trang phụ bìa ................................................................................................1
Lời cảm ơn ...................................................................................................2
Mục lục
...................................................................................................3
Danh mục các ký hiệu ....................................................................................5
...................................................................................................8
MỞ ðẦU
Chương 1. GIỚI THIỆU BÀI TOÁN.........................................................10
Chương 2. MỘT SỐ CÔNG CỤ, KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ....................12
2. 1.
BỔ ðỀ VỀ TÍNH GIẢI ðƯỢC CỦA BÀI TOÁN KHÔNG
THUẦN NHẤT ........................................................................................ 12
2.1.1. ðịnh nghĩa 2.1.1.......................................................................12
2.1.2. ðịnh nghĩa 2.1.2.......................................................................12
2.1.3. Bổ ñề 2.1.1 (bổ ñề về tính giải ñược của phương trình vi phân
hàm không thuần nhất)............................................................13
2.1.4. Bổ ñề 2.1.2 ...............................................................................15
2. 2.
BỔ ðỀ VỀ TÍNH GIẢI ðƯỢC CỦA BÀI TOÁN PHI TUYẾN17
2.2.1. ðịnh nghĩa 2.2.1.......................................................................17
2.2.2. ðịnh nghĩa 2.2.2.......................................................................17
2.2.3. Mệnh ñề 2.2.1 ([8]) ..................................................................17
2.2.4. Mệnh ñề 2.2.2 ([8]) ..................................................................18
2.2.5. Bổ ñề 2.2.1 ...............................................................................18
2.2.6. Mệnh ñề 2.2.3 ..........................................................................19
2.2.7. Mệnh ñề 2.2.4 (Tính chất của tập
V a b ℓ .........................19 0 (( ; ); )
2.2.8. Bổ ñề 2.2.2 ..............................................................................20
Chương 3. CÁC KẾT QUẢ CHÍNH CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ðIỂM .....23
4
3. 1.
BÀI TOÁN (1.1), (1.2) .............................................................. 23
3.1.1. ðịnh lý 3.1.1 ............................................................................23
3.1.2. Bổ ñề 3.1.1 (bổ ñề ñánh giá xấp xỉ tiệm cận)............................23
3.1.3. Hệ quả 3.1.1 .............................................................................26
3.1.4. Hệ quả 3.1.2 .............................................................................28
3.1.5. ðịnh lý 3.1.2 ............................................................................29
3.1.6. Bổ ñề 3.1.2 (bổ ñề ñánh giá xấp xỉ tiệm cận)............................30
3.1.7. ðịnh lý 3.1.3 ............................................................................34
3.1.8. Bổ ñề 3.1.3 ...............................................................................34
ðịnh lý 3.1.3’ .....................................................................................38
3.1.9. Hệ quả 3.1.3 .............................................................................38
3.1.10.
Hệ quả 3.1.4 ...................................................................41
3. 2.
BÀI TOÁN (1.1), (1.2) CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
VỚI PHẦN CHÍNH KHÔNG TĂNG....................................................... 44
3.2.1. ðịnh lý 3.2.1 ............................................................................44
3.2.2. Bổ ñề 3.2.1 ...............................................................................44
3.2.3. Bổ ñề 3.2.2 ...............................................................................46
3.2.4. Hệ quả 3.2.1 .............................................................................50
3.2.5. Hệ quả 3.2.2 .............................................................................54
3.2.6. Hệ quả 3.2.3 .............................................................................55
3.2.7. Hệ quả 3.2.4 .............................................................................57
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ......................................................................62
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................63
5
Danh mục các ký hiệu
(cid:1) R: tâp hợp các số thực (cid:1) R+ = [0, + ∞) (cid:1) N: tập hợp các số tự nhiên (cid:1) C ([a ; b]; R) là không gian các ánh xạ liên tục u: [a, b] → R trên
[a ; b] với chuẩn: || u ||C = max { |u(t)|: a ≤ t ≤ b}
C( [a ; b]; R) : u(a) = 0, u(b) = 0}
(cid:1) C0 ([a ; b]; R) = { u ˛ (cid:1) C1([a ; b]; R) là không gian các ánh xạ khả vi, liên tục u: [a, b] → R
+
với chuẩn:
u
1
C
C
C
1
1([ ; ]; = u C a b R u a
) :
} ( ) 0, ( ) 0
= u b
(cid:1)
= u ' u a b R = { ; ];
)
C
0 ([
(cid:1)
(cid:1) 'C ([a ; b]; R) là không gian các hàm liên tục tuyệt ñối trên [a ; b], cùng với các ñạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt ñối, hàm u: [a ; b] → R với
b
=
chuẩn:
u
u a ( )
u s ds '( )
(cid:2) C '
+ ∫
a
(cid:1)
˛
I D (với I (cid:204) ) [a ; b] và D (cid:204) R) là tập hợp các ánh xạ u: I →D (cid:2)' ( ; locC
(cid:2) 'C ( I0 ; D) với mỗi tập compact I0 (cid:204)
liên tục tuyệt ñối trên I sao cho u ˛ I.
'C ([a ; b]; R): u(t) > 0, "
[
]
)
(cid:1)
(cid:1) (cid:2) 'C ([a ; b]; (0, + ∞)) = {u ˛ (cid:2) ( L a b R là không gian các hàm f : [a ; b] → R khả tích Lebesgue
;
;
b
a ≤ t ≤ b}
f
f s ds ( )
L
= ∫
a
" < <
trên [a ; b] với chuẩn:
ℝ
)
(
{
)
(cid:1)
;
f
=
L a b
(( ; );
) :
f
t ( ) 0,
} a t b
( L a b R ; +
(cid:1) LP((a ; b); R), p> 1, là không gian các hàm f: (a ; b) → R,
p
b
p
˛ ‡
)
)
f
f s ( )
ds
Pf
( ( L a b
;
;R
, với chuẩn
+
L
∫
p
=
1/
a
˛
6
n
(
)
(
(cid:1)
) K a b R D n N D R
,
,
x
;
;
,
là
tập hợp
các
ánh xạ
n
(
)
:
f
a b ;
x
R
thỏa mãn ñiều kiện Caratheodory ñịa phương, nghĩa là:
)
(cid:1)
) ( :
x
a b ;
Dfi
Rn.
f
˛ (cid:204)
(
)
(
)
)
là ño ñược với mỗi x ˛ }
Dfi ( ., {
.,
x
f
,
,
với mỗi
tập compact
sup
(cid:2)
( L a b R+ ;
x D 0
n
.
0
n
D R˛ ),. : (
(cid:2)
f
t
R
Dfi
là liên tục hầu khắp nơi với mọi t ˛
(a ; b).
(cid:1) M((a ; b); D), với D (cid:204)
˛ ˛
ℓ
(
)
R, là tập các hàm ño ñược f: (a ; b) → D. ]
[
)
)
(
tuyến
( L a b R ;
C a b R ;
;
:
;
(cid:1) L0([a;b]) là tập hợp các toán tử
ℓ
)
(
)
{
tính, bị chặn thỏa mãn ñiều kiện: ( )( ) v .
sup
} = ˛ 1
:
v
;
(*)
C
fi
ℓ
(
)
[
]
)
( L a b R+ ; )
(
liên
:
C a b R ;
;
( L a b R ;
;
(cid:1) L1((a ; b)) là tập hợp các toán tử
tục, và thuần nhất dương thỏa mãn ñiều kiện (*).
C a b
1([ ; ];
fiℝ )
L a b
(( ; );
ℝ liên )
(cid:1) K((a ; b)) là tập hợp các toán tử F:
tục và thỏa mãn ñiều kiện:
fi
)
{
}
sup
F v
( )(.) :
v
r
( ( L a b
;
r
0
1 C
(cid:1) (cid:2)
) " > ;R , + (cid:4)'([ ; ]; C a b
fiℝ )
L a b
(( ; );
ℝ liên )
K ((a ; b)) là tập hợp các toán tử F:
£ ˛
(
)
{
}
tục và thỏa mãn ñiều kiện: ( )( ) .
F v
sup
r
:
v
;
r
0
( ) " > L a b R ; , +
(cid:2) C '
(cid:1) s : L((a ; b); R) → L((a ; b); R) là toán tử ñược xác ñịnh bởi:
t
£ ˛
∫
s = ( p t )( ) exp p s ds ( )
+ a b 2
s
=
(
p t )( )
(
p s ds )( )
a
s
1 p t )( )
(
t s ∫ a
7
b
s
=
(
p t )( )
s p s ds )( )
(
(
p s ds )( )
ab
t s ∫
∫
s
(
a
t
+
[
]
[
]
(
1 )( ) p t )
(
)
p
= ½
p
p
p
= ½
p
p
+
(cid:1) Ta nói toán tử ℓ ˛
{0; 1} là không giảm nếu:
Li((a ; b)) , i ˛
Với bất kỳ u, v ˛
C([a ; b]; R) thỏa mãn: u(t) ‡
v(t), a≤ t ≤ b thì
ta có:
ℓ( u)( t) ‡
ℓ( v)( t), với a≤ t ≤ b .
(cid:1) Ta nói toán tử ℓ ˛
{0; 1} là không tăng nếu:
Li((a ; b)) , i ˛
Với bất kỳ u, v ˛
C([a ; b]; R) thỏa mãn: u(t) ≤ v(t), a≤ t ≤ b thì
ta có:
ℓ( u)( t) ≥ ℓ( v)( t), với a ≤ t ≤ b.
(cid:1) Nghiệm của bài toán: u”( t) = F (u) (t)
'C ( [ a ; b]; R) thỏa mãn phương trình
với F˛ K((a ; b)) là hàm u ˛ (cid:1)
hầu khắp nơi trên (a ; b).
---------------------------
- -
8
MỞ ðẦU
1. Lý do chọn ñề tài
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình hàm ñược hình thành và phát
triển từ thế kỷ XVIII và ngày càng tìm ñược ứng dụng rộng rãi trong các lĩnh
vực kinh tế và khoa học kỹ thuật. Song, chỉ từ năm 1997, việc nghiên cứu và
phát triển theo hướng này mới thực sự phát triển mạnh và thu ñược nhiều kết
quả mới. Các kết quả này ñược nghiên cứu bởi một nhóm các nhà toán học
Grudia và Cộng hòa Czech dưới sự dẫn dắt của giáo sư viên sỹ Ivan
Kiguradze - Viện trưởng viện toán học Tbilisi.
Trong những năm gần ñây, vấn ñề này càng ñạt ñược nhiều kết quả
trong các công trình của các tác giả như: I.Kiguradze, B.Puza. R.Hakl,
A.Lomtatidze. Vì vậy, chúng tôi chọn ñề tài này làm nội dung nghiên cứu của
luận văn nhằm học tập và phát triển ñề tài của mình theo hướng của các tác
giả trên.
2. Mục ñích nghiên cứu
Trong luận văn này, chúng tôi tiếp tục học tập và nghiên cứu về sự tồn tại
và duy nhất nghiệm của bài toán biên hai ñiểm cho các phương trình: phương
trình vi phân hàm cấp hai thuần nhất, phương trình vi phân hàm cấp hai không
thuần nhất, và áp dụng kết quả ñạt ñược cho phương trình vi phân hàm cấp hai
ñối số lệch.
3. ðối tượng và phạm vi nghiên cứu
Trong luận văn này, chúng tôi chú trọng việc nghiên cứu về tính giải
ñược và duy nhất nghiệm của các bài toán biên hai ñiểm cho phương trình vi
phân hàm bậc hai.
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Kết quả của luận văn này là cơ sở ñể tiếp tục nghiên cứu các lớp bài
toán biên hai ñiểm, nhiều ñiểm cho phương trình vi phân hàm bậc hai và
phương trình vi phân hàm bậc cao và áp dụng các kết quả ñó cho phương
trình vi phân ñối số lệch bậc cao.
9
5. Cấu trúc luận văn
Nội dung chính của luận văn gồm có 3 chương:
Chương 1. Phần giới thiệu bài toán
Chương 2. Một số công cụ, kiến thức chuẩn bị
Nội dung chính của chương là trình bày các khái niệm,
ñịnh nghĩa, và các bất ñẳng thức liên quan ñến quá trình xây dựng kết quả của
bài toán. ðồng thời, chúng tôi xây dựng các bổ ñề về tính giải ñược của bài
toán biên hai ñiểm cho phương trình vi phân hàm bậc hai.
Chương 3. Các kết quả chính của bài toán
Dựa trên các kết quả của chương trên ñể xây dưng các
ñiều kiện ñủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân hàm
bậc hai.
--------------------------------------------------
10
Chương 1. GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của phương
trình:
u’’ (t) = F (u)(t)
(1.1)
thỏa mãn ñiều kiện:
u(a) = 0, u(b) = 0
(1.2)
trong ñó: F ˛
K((a ; b)).
Bài toán (1.1), (1.2) ñã ñược nghiên cứu chi tiết trong trường hợp F là
toán tử Nemytski, nghĩa là:
F(u)(t) = f ( t, u (t), u’(t)), với f ˛ K((a ; b)xR2; R)
Khi ñó, bài toán (1.1) trở thành:
=
u
''
f
t u t u t ( , ( ),
'( ))
(1.3)
Các kết quả của bài toán biên (1.3), (1.2), ñược trình bày trong các công
trình của các nhà toán học như S.N.Bershtein [5], M.Nagumo, C.De la Vallée
Poussin, L. Tonelli và H. Epheser. Hiện nay, lý thuyết về bài toán biên dạng
(1.3), (1.2) ñã ñược hình thành một cách ñầy ñủ, trong ñó hàm f là hàm
không khả tích.
Trong những năm gần ñây, vấn ñề này càng ñạt ñược nhiều kết quả
trong các công trình của các tác giả như: I.Kiguradze, B.Puza. R.Hakl,
A.Lomatatidze. Vì vậy, công việc chính của luận văn là tiếp tục học tập và
phát triển ñề tài của mình theo hướng của các tác giả trên.
Trong những năm gần ñây, các công trình ñều nghiên cứu lý thuyết bài
toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm ([1 - 4, 6 - 8], ...). Hơn nữa, bài
toán (1.3), (1.2), tiếp tục ñược nghiên cứu tỉ mỉ trong trường hợp tổng quát.
Tuy nhiên, chúng ta gặp khó khăn khi sử dụng các kỹ thuật của lý thuyết bài
toán vi phân thường cho bài toán vi phân hàm, bởi các phương pháp ñể
11
nghiên cứu trong hầu hết trường hợp ñều dựa trên tính chất của toán tử
Nemytski.
Trong luận văn này, chúng tôi sẽ học tập, nghiên cứu các bài toán trên
và ñưa ra một số ñiều kiện ñể bài toán (1.1), (1.2) có thể giải ñược trong
trường hợp F như là toán tử tựa tuyến tính.
Ở chương 2 và §1 chương 3, chúng tôi sẽ ñề cập ñến các ñiều kiện tổng
quát ñể bài toán có nghiệm, và ở §2 chương 3, chúng tôi sẽ nghiên cứu toán tử
F là toán tử ñơn ñiệu ℓ. Phương pháp chính trong việc chứng minh các kết
quả ở các mục trên dựa vào sự ñánh giá, ước lượng các bất ñẳng thức vi phân
hàm.
ðối với nhiều công trình của các nhà toán học, kết quả của các mục trên
ñã ñược giải quyết tương ñối ñầy ñủ cho các bài toán có dạng:
=
+
+
+
( t
)
( ) u t "
( )( ) ( ) p u t u t
.
'
( ) t
( )( ) G u t
(1.4)
( ) ( ) p t u t 1
2
=
+
+
+
)
( ) h t u ( t
( ) u t "
( ) ( ) p t u t
g
( ) h t u
( )( ) G u t
( ) t
(1.5)
=
+
)
( ) ( ) t u t ' . ( t
( ) u t "
( ) h t u
( )( ) G u t
( ) t
Và:
(1.6)
Trong ñó: t ˛
K((a ; b)).
M((a ; b); (a ; b)), p1, p, g ˛
L((a ; b); R) và p2, G ˛
12
Chương 2. MỘT SỐ CÔNG CỤ, KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
2. 1. BỔ ðỀ VỀ TÍNH GIẢI ðƯỢC CỦA BÀI TOÁN
KHÔNG THUẦN NHẤT
Trong mục này, ta xét tính giải ñược của phương trình vi phân cấp 2
phi tuyến khi phương trình thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường
Xét phương trình vi phân cấp 2 không thuần nhất:
=
+
u t ''( )
p t u t ( ) ( )
+ g t u t H u t ( )( )
( ) '( )
(2.1.1)
và phương trình vi phân thuần nhất:
=
+
u
''
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
(2.1.2)
p, g ˛
L((a ; b); R).
trong ñó:
2.1.1. ðịnh nghĩa 2.1.1
Ta nói cặp toán tử (ℓ0, ℓ1) thuộc tập U0((a; b)) (hay U0((a; b)) là tập hợp
tất cả các cặp toán tử (ℓ0, ℓ1)) nếu:
1. ℓi ˛ Li((a ; b)) , (i = 0, 1) là không tăng. 2. Tồn tại ánh xạ w ˛ (cid:2)
'C ([ a ; b]; (0; +∞)) sao cho:
(2.1.3)
w"(t) ≤ ℓ0 (w)(t) + ℓ1(1)(t), với a < t < b
+
<
ℓ
(
w s )( )
) s ds
(1)( )
1
.
(2.1.4)
0
1
b ( ∫ ℓ a
2.1.2. ðịnh nghĩa 2.1.2 Ta nói: phiếm hàm vectơ (p, g1, g2): (a ; b) → R3 thuộc tập V0((a; b); ℓ) nếu:
L((a ; b); R)
1. p, g1, g2 ˛ 2. Với mỗi hàm g ˛
M((a ; b); R) thỏa mãn bất ñẳng thức:
(2.1.5)
g1(t) ≤ g(t) ≤ g2(t), với a < t < b
ñều tồn tại w ˛ (cid:2)
'C ( [ a ; b];R) sao cho:
w"(t) ≤ p(t)w(t) + g(t)w’(t) + ℓ(w)(t), với a < t < b. (2.1.6)
13
2.1.3. Bổ ñề 2.1.1 (bổ ñề về tính giải ñược của phương trình vi phân hàm
không thuần nhất)
Giả sử H ˛
L((a ; b); R+) sao cho với mọi
K((a ; b)), và tồn tại q ˛
phiếm hàm v ˛
C1([a ; b]; R) ta luôn có bất ñẳng thức:
|H(v)(t)| ≤ q(t).
(2.1.7)
Hơn nữa, giả sử bài toán thuần nhất (2.1.2), (1.2) chỉ có nghiệm tầm
thường.
Khi ñó, bài toán (2.1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh:
Xét C([a ; b]; R2) là không gian các phiếm hàm véc tơ hai chiều, liên tục
R2 với chuẩn:
v = (v1, v2): [a; b] fi
=
+
{
v
max
( ) :
} a t b
v t ( ) 1
v t 2
R là hàm Green của bài toán (2.1.2), (1.2)
ðặt G1:[a,b] x [a; b] fi
£ £
và G2(t, s) =
¶ G1(t, s), với a ≤ t, s ≤ b. t
C([a ; b]; R2) ñược ñịnh nghĩa bởi:
Xét toán tử T = (T1, T2) : C([a ; b]; R2) fi
b
¶
)( )
= , s ds a t b i
,
1,2
.
(2.1.8)
Ti (v1, v2) (t) =
(cid:5) t s H v ( ( , ) 2
i
£ £
∫G
a
t
j
=
(
w t )( )
w s ds a t b w C a b
([ ; ];
( )
,
,
ℝ )
(2.1.9)
trong ñó:
∫
a
=
j
£ £ ˛
(
(cid:5) H w t H )( )
(
) ) ( ),
(
w t a t b w C a b
([ ; ];
,
ℝ )
(2.1.10)
T là ánh xạ liên tục, compact tương ñối từ C([a ; b]; R2) vào chính nó.
=
£ £ ˛
Thật vậy, xét
h n
2
=
˛ ˛
[
]
( 1 2 h h , n n (
) )
. )
Im , T n N (
Khi ñó tồn tại
;
,
n N
, sao cho:
v n
=
˛ ˛
C a b R ; )
,
= , t a t b i ( ),
{1, 2},
n N
1 2 , v v n n ( 1 2 T v v n i n
i h t ( ) n
=
Giả sử
, a ≤ t ≤ b, n ˛
N
f
t )( )
(cid:5) 2 t H v ( ( ) n
n
£ £ ˛
14
Vì
. nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
( )( ) H v t
( ) q t
£
, với f ˛
L([a ; b]; R)
(2.1.11)
f
f
0
n
= L
lim fi+¥ n
b
=
-
Xét :
t ( )
( )
1,2
= t s f s ds a t b i , ( , ) ,
q i
G i
∫
a
'
=
=
£ £
(
)
]
)2
Hiển nhiên:
q
( [ C a b
;
;R
và
b .
,
( ) q t 2
q t a t 1( ),
q q , 1 2
Khi ñó:
'
'
˛ £ £
(
)
q
M f
f
q 1
q 2
1 h n
1 h n
2 h n
n
1
L
= (cid:4) C
L
= L
và:
- - - £ -
(
)'
q
2 h n
2 h a ( ) n
2 h n
q 2
+ ( ) q a 2
' 2
= (cid:4) C
L
b
- - - £
f
s ( )
+ f s ds ( )
f
f
)
M f .
f
t s 2( , )
n
n
n
L
L
∫ G
a
= +
£ - - £ -
)
{
với
( M 1 sup G ,
t s
} a t s b ,
:
2
Khi ñó, từ (2.1.11) ta có:
£ £
q
0
h n
= L
lim fi+¥ n
Nghĩa là, toán tử T là ánh xạ liên tục, và compact tương ñối.
lý ñiểm bất ñộng Schauder,
tồn
tại
-
)
(
theo nguyên ]
)2
Vì vậy, ( [ C a b
;
;R
sao cho:
v v 2, 1
b
=
˛
)( )
= , s ds a t b i
,
1,2
(2.1.12)
(cid:5) t s H v ( ( , ) 2
v t ( ) i
i
∫G
a
ðiều ñó chứng
t ≤ b, với
tỏ hàm số u(t) = v1(t), a ≤
t
=
£ £
( )
, và là nghiệm của bài toán (2.1.1), (1.2).
v t ( ) 1
v s ds a t b , 2
∫
a
£ £
15
2.1.4. Bổ ñề 2.1.2
( ; )
Giả sử H ˛
L((a ; b); R) là tập compact. Giả sử,
(cid:2) ( ) K a b , và Im H (cid:204)
bài toán thuần nhất (2.1.2), (1.2) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi ñó, bài toán
(2.1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh:
Xét C([a ; b]; R2) là không gian các phiếm hàm véc tơ hai chiều, liên tục
=
+
R2 với chuẩn:
v
tuyệt ñối v = (v1, v2): [a; b] fi
v 1
v 2
(cid:4) C
(cid:4) C
R là hàm Green của bài toán (2.1.2), (1.k)
ðặt G1:[a,b] x [a; b] fi
và G2(t, s) =
¶
2
2
¶ G1(t, s), với a ≤ t, s ≤ b. t
(
)
)
Xét toán tử
T
[ ; ];
(cid:4)( C a b R [ ; ];
ñược ñịnh nghĩa bởi
) (cid:4)( T T C a b R : 1
2,
các ñẳng thức (2.1.8) – (2.1.10).
Ta chứng minh ImT là tập compact tương ñối trong
)2 (cid:4)( C a b R [ ; ];
= fi
Thật vậy, xét
h n
2
=
= ˛ ˛
[
]
( 1 2 h h , n n (
) )
. )
Im , T n N (
;
,
n N
Khi ñó tồn tại
, sao cho:
v n
˛ ˛
C a b R ; )
,
{1, 2},
n N
1 2 , v v n n ( 1 2 T v v n i n
i h t ( ) n
= £ £ ˛ = , t a t b i ( ),
Giả sử
f
t )( )
, a ≤ t ≤ b, n ˛
N
(cid:5) 2 t H v ( ( ) n
n
Vì ImH là tập compact tương ñối trong không gian L([a ; b]; R),
nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
=
, với f ˛
L([a ; b]; R)
(2.1.13)
f
f
0
n
lim fi+¥ n
b
- = L
Giả sử :
t ( )
( )
1,2
q i
G i
∫
a
'
= £ £ = t s f s ds a t b i , ( , ) ,
=
(
)
]
)2
q
( [ C a b
;
;R
Hiển nhiên:
và
q q , 1 2
( ) q t 2
q t a t b 1( ), .
Khi ñó:
= £ £ ˛
16
'
'
(
)
q
q
M f
f
1 h n
1 h n
2 h n
n
q 1
2
1
L
L
và:
- - - £ - = (cid:4) C = L
(
)'
q
2 h n
2 h a ( ) n
2 h n
q 2
' 2
L
b
- - - £ + ( ) q a 2 = (cid:4) C
f
s ( )
f
f
)
M f .
f
n
n
n
t s 2( , )
L
L
∫ G
a
£ - - £ - + f s ds ( )
)
{
với
( M 1 sup G ,
t s
} a t s b ,
:
2
= + £ £
.
Khi ñó, từ (2.1.13) ta có: lim
q
0
h n
fi+¥
n
Nghĩa là, Toán tử T là hoàn toàn liên tục.
- = L
(
)
]
)2
Vì vậy, theo nguyên lý ñiểm bất ñộng Schauder, tồn tại ( [ C a b
sao cho:
;R
;
v v 2, 1
b
˛
)( )
,
1,2
(cid:5) t s H v ( ( , ) 2
v t ( ) i
i
∫G
a
ðiều ñó chứng tỏ hàm số :
t
= £ £ = s ds a t b i ,
v t ( )
( )
u(t) = v1(t), a ≤ t ≤ b, với 1
v s ds a t b , 2
∫
a
= £ £
là nghiệm của bài toán (2.1), (1.2).
(cid:127)
17
2. 2. BỔ ðỀ VỀ TÍNH GIẢI ðƯỢC CỦA BÀI TOÁN PHI TUYẾN
Xét phương trình vi phân hàm cấp hai phi tuyến:
=
+
+
+
ℓ
u t ''( )
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
u t ( )( )
q t ( )
.
(2.2.1)
Cùng với phương trình (2.2.1) ta xét phương trình tuyến tính thuần nhất
của nó.
Sau ñây, ta sẽ chứng minh rằng bài toán (2.2.1), (1.2) giải ñược khi và
chỉ khi bài toán thuần nhất của nó chỉ có nghiệm tầm thường. Trước hết, ta
nhắc lại kết quả cho bài toán biên hai ñiểm (trong [4], [7], [8], [9] ).
2.2.1. ðịnh nghĩa 2.2.1 Phiếm hàm α ˛
C([a ; b]; R2) ñược gọi là hàm dưới (trên) của bài toán
(2.2.1) nếu nó ñược biểu diễn dưới dạng α(t) = α0(t) + α1(t), với a ≤ t ≤ b,
C([a ; b]; R2) là 1 hàm lõm (lồi) có ñạo
trong ñó α0 ˛
a b R và α1 ˛ )
(cid:6)' ([ ; ]; locC
hàm cấp hai bằng không hầu khắp nơi, và bất ñẳng thức:
a
ℓ
t ''( )
a ( ) p t
+ ( ) t
a g t ( )
a + '( ) t
(
+ )( ) t
q t ( )
(2.2.2)
a
‡
ℓ
(
)
t ''( )
a ( ) p t
+ ( ) t
a ( ) g t
a + '( ) t
(
+ )( ) t
q t ( )
ñược thỏa mãn hầu khắp nơi trên (a ; b).
£
2.2.2. ðịnh nghĩa 2.2.2
Ta nói rằng hàm véc tơ (p, g): (a ; b) fi
R2 thuộc tập
(cid:2) U a b , nếu bài
0 (( ; ))
toán (2.1.2) chỉ có nghiệm tầm thường thỏa mãn ñiều kiện:
(a ; b) nào ñó.
u(a) = u (b1) = 0, với b1 ˛
2.2.3. Mệnh ñề 2.2.1 ([8]) (cid:2) U a b là ñiều kiện cần và ñủ ñể tồn tại phiếm hàm
0 (( ; ))
+ ¥
'([ ; ]; (0;
))
ðiều kiện (p, g) ˛ (cid:2) C a b
sao cho:
v ˛
v t ''( )
+ ( ) ( ) p t v t
g t v t ( ) '( )
.
‡
18
2.2.4. Mệnh ñề 2.2.2 ([8])
Cho (p, g) ˛
(2.2. 3)
(cid:2) U a b 0 (( ; ))
và α là phiếm hàm dưới của bài toán (2.1.2), thỏa mãn ñiều kiện:
α(a) ≤ 0 và α(b) ≤ 0
(2.2.4)
Khi ñó, α(t) ≤ 0, với mọi t ˛
[a ; b]
(2.2.5)
Hơn nữa, nếu có ít nhất một trong hai bất ñẳng thức của (2.2.4) là ngặt,
thì α(t) < 0, với mọi t ˛
(a ; b).
2.2.5. Bổ ñề 2.2.1
Cho ℓ ˛
U a b , và cho α1 ,
L0 ((a ; b)) là toán tử không giảm, (p, g) ˛ (cid:2)
0 (( ; ))
α2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của bài toán (2.2.1) thỏa mãn ñiều kiện:
a
a
a
t ( )
a ( ) ; t
a ( ) 0
t ( ) ;
a ( ) 0 b
b ( )
, a ≤ t ≤ b .
1
2
1
a 2
1
2
Khi ñó, bài toán (2.2.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm u thỏa mãn:
(2.2.6)
α1(t) ≤ u(t) ≤ α2(t), a ≤ t ≤ b.
£ £ £ £ £
Chứng minh bổ ñề 2.2.1 :
C([a ; b]; R) là toán tử ñược xác ñịnh
Ta ñịnh nghĩa X : C([a ; b]; R) fi
=
a
a
)
(
v t ( )
t ( )
v t ( )
t ( )
(2.2.7)
bởi:
X v t ( )( )
1
a + ( ) t 2
a + ( ) t 1
2
1 2
ɵℓ
và
.
o= X ℓ
Xét bài toán biên:
=
+
+
=
+
ɵℓ
u t ''( )
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
u t ( )( )
= ( ), ( ) 0, ( ) 0
u a
u b
q t
(2.2.8)
Từ (2.2.7) ta có:
- - -
ℓ
ɵ ℓ
a ℓ
a (
t )( )
v t ( )( )
(
t )( ),
< < a t
b v C a b R
([ ; ];
,
)
(2.2.9)
1
2
Vì vậy, do (2.2.3) và bổ ñề 2.1.1, ta có bài toán (2.2.8) có ít nhất một
nghiệm u.
Ta chứng minh bất ñẳng thức (2.2.6)
= -
a
£ £ ˛
n u t ( 1) ( ( )
t ( )),
< < a t
= , b n
1,2
Thật vậy, giả sử:
v t ( ) n
n
-
19
Khi ñó, từ (2.2.9) ta có:
ɵ ℓ
+ ( ) p t v t ( )
g t v t ( ) ( )
a ℓ n ( 1) ( (
t )( )
u t ( )( ))
+ ( ) p t v t ( )
g t v t ( ) ( )
" v t ( ) n
n
' n
n
n
' n
Do ñó, vn(t) là hàm dưới của bài toán (2.2.2) thỏa mãn vn(a) ≤ 0, vn(b) ≤ 0
Nên theo mệnh ñề 2.2.2 ta tìm ñược:
‡ - - - ‡
< < a t ( ) 0,
= b n ,
1, 2
nv t
Cho nên, bất ñẳng thức (2.2.6) ñược thỏa mãn.
Vì vậy, từ (2.2.7) ta có :
=
=
ℓ
ɵℓ
v t ( )( )
= ⇒ v t ( )
v t ( )( )
ℓ o
v t ( )( )
v t ( )( )
X
X
£
Do ñó : u là nghiệm của bài toán (2.2.1), (1.2)
(cid:127)
2.2.6. Mệnh ñề 2.2.3
Cho ℓ ˛
L0 ((a ; b)). Khi ñó, nghiệm duy nhất của bài toán (2.2.1), (1.2)
là ñiều kiện cần và ñủ ñể bài toán thuần nhất :
=
+
+ ℓ
u t "( )
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
u t ( )( )
(2.2.10)
Có duy nhất một nghiệm tầm thường. (kết quả này có thể tìm trong [3])
2.2.7. Mệnh ñề 2.2.4 (Tính chất của tập
V a b ℓ 0 (( ; ); )
(cid:2) v C a b
'([ ; ];[0;1])
Giả sử ℓ ˛
, và:
L0((a ; b)) là toán tử không tăng, v ≠ 0,
˛
ℓ
v t ''( )
+ ( ) ( ) p t v t
+ ( ) '( ) g t v t
< < v t a t ( )( ),
b
(2.2.11)
Hơn nữa, nếu: v(t) < 1, a < t < b, v(a) = 0, v(b) = 0
+
£
v a ( )
v b ( )
0
hoặc:
.
Thì bài toán (2.2.10), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường.
„
Chứng minh:
Ta chứng minh mệnh ñề bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử trái lại.
Gọi u là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.2.10), (1.2).
a
=
t ( )
u t Mv t a t
( ),
( )
= , b M u
ðặt:
C
- £ £
20
Rõ ràng:
a
=
a ( )
= - ( ) u a Mv a
( )
Mv a
( ) 0,
= ( ) do u a
0
a
=
- £
b ( )
= - ( ) u b Mv b
( )
Mv b
( ) 0
.
Vậy α thỏa mãn bất ñẳng thức (2.2.4).
Mặt khác do ℓ ˛
L0((a ; b)) là toán tử không tăng, nên:
a
=
- £
t "( )
( ( ))
"( )
Mv t "( )
- ‡
ℓ
ℓ
u t sign u t [
]
[
]
+ ( ) ( ) p t u t
+ ( ) '( ) g t u t
+ ( ) ( ) sgn u t M p t v t
+ ( ) '( ) g t v t
v t ( )( )
+
a +
‡ -
ℓ
ℓ
(
)
( )( ) u t (
( ( )) ) u Mv t ( )
a ( ) p t
+ ( ) t
a ( ) g t
+ '( ) t
=
a ( ) p t
t ( )
a ( ) g t
t '( )
t ( )
‡ -
[
]
a ( ) p t
+ ( ) t
a ( ) g t
t '( )
, a < t < b.
(2.2.12)
Áp dụng mệnh ñề 2.2.1 ta có :
(p, g) ˛ (cid:2)
U a b 0 (( ; ))
Do ñó, áp dụng mệnh ñề 2.2.2 cho hàm α( t) ta có:
α(t) ≤ 0, a < t < b
Khi ñó, nếu v(t) < 1, a < t < b thì :
a
=
‡
⇒
t ( )
u t Mv t
( )
( ) 0
u t Mv t ( )
( )
u
M v
⇒ < M M M
(!)
⇒
< C
C
+
- £ £ £
v a ( )
v b ( )
0
Hoặc, nếu
thì theo mệnh ñề 2.2.2 ta có: α(t) < 0, nên theo
trên ta cũng có : M < M (!)
„
Vậy ta có ñiều phải chứng minh
(cid:127)
2.2.8. Bổ ñề 2.2.2
Cho ℓ ˛
V0((a ; b); ℓ )
L0((a ; b)) là toán tử không tăng, và (p, g, g) ˛
Khi ñó bài toán (2.2.10), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường.
Hơn nữa, nếu α là hàm dưới của bài toán (2.2.10) thỏa mãn bất ñẳng
thức (2.2.4), thì :
α(t) ≤ 0, với mọi t ˛
[a ; b]
Chứng minh:
Giả sử u0 là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.2.10), (1.2).
(cid:2) C a b
'([ ; ];(0;
))
thỏa mãn:
Do (p, g, g) ˛ V0((a ; b); ℓ ) nên tồn tại w˛
+¥
ℓ
w t ''( )
+ ( ) p t w t ( )
+ '( ) g t w t ( )
< < w t a t
)( ),
(
b
.
(2.2.13)
£
21
=
,
( ) u t
a
t
b
.
ðặt:
(2.2.14)
0 ( ) u t w t ( )
Rõ ràng, ( )u t thỏa mãn ñiều kiện (1.2) và là nghiệm của bài toán:
=
+
+ ℓ
''( ) v t
( )( ) v t
.
(2.2.15)
( ) ( ) p t v t 1
( ) '( ) g t v t 1
1
=
+
£ £
]
[
p t w t ( ) ( )
g t w t w t "( ) '( )
( )
trong ñó:
p t ( ) 1
1 w t ( )
=
-
[
] ( ) 2 '( ) ,
( ) g t w t
w t
< < a t
b
(2.2.16)
( ) g t 1
1 w t ( )
=
< <
-
ℓ
ℓ
v t ( )( )
(
vw t a t b v C a b
([ ; ];
)( ),
,
ℝ )
(2.2.17)
1
1 w t ( )
=
u t w t ( ). ( )
Thật vậy, từ (2.2.14) ta có:
.
u t 0 ( )
Từ ñó:
=
+
u t w t '( ). ( )
u t w t '( ) ( ).
;
' u t 0 ( )
=
+
+ "( ). ( ) 2 '( ).
u t w t
u t w t '( )
u t w t ( ). "( )
" u t 0 ( )
Do u0(t) là nghiệm của phương trình (2.2.10) nên:
=
+
˛
ℓ
(
)
(
u t w t "( ). ( )
p t w t ( ). ( )
+ ( ) g t w t w t u t
"( )
( ).
'( )
g t w t
( ). ( ) 2 '( )
) + '( ) w t u t
(
uw t )( )
nên ta có các biểu thức (2.2.15), (2.2.16), (2.2.17)
Từ các biểu thức (2.2.13), (2.2.15) – (2.2.17) , ta nhận thấy rằng bài toán
(2.2.15) với v(t) ≡ 1 ñã thỏa mãn các ñiều kiện của mệnh ñề 2.2.4
Vì vậy, bài toán (2.2.15), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường.
ðiều này mâu thuẫn với giả thiết.(!)
Do ñó, u0 là một nghiệm tầm thường của bài toán (2.2.10), (1.2).
- -
Ta chứng minh: nếu α là hàm dưới của bài toán (2.2.10) thỏa mãn bất
ñẳng thức: α(a) ≤ 0 và α(b) ≤ 0 (2.2.4), thì : α(t) ≤ 0, với mọi t ˛˛˛ ˛ [a ; b]
Thật vậy, giả sử tồn tại t* ˛
[a ; b] sao cho: a (t*) > 0
(2.2.18)
a
c
= + 1
ðặt :
{
C w t a t
( ) :
min
} b
Khi ñó: b (t) = c.w(t), a ≤ t ≤ b là phiếm hàm trên của bài toán (2.2.10), và
b (t) > a (t), với a ≤ t ≤ b.
£ £
22
Khi b (a) > 0 và b (b) > 0 thì từ biểu thức (2.2.13), mệnh ñề 2.2.1 và bổ ñề
2.2.1, ta có bài toán (2.2.10), (1.2) có ít nhất một nghiệm u và :
a (t) ≤ u(t), a ≤ t ≤ b
Mặt khác, theo trên, ta có bài toán (2.2.10), (1.2) có duy nhất một nghiệm
tầm thường.
Do ñó, u ≡ 0. hay a (t) ≤ 0, a ≤ t ≤ b.
Hay ta có ñiều cần chứng minh.
(cid:127)
23
Chương 3. CÁC KẾT QUẢ CHÍNH CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ðIỂM
3. 1. BÀI TOÁN (1.1), (1.2)
3.1.1. ðịnh lý 3.1.1
Cho:
(3.1.1)
(ℓ0, ℓ1) ˛
U0((a; b))
1
và với mọi v ˛
C
0( [ ; ]; )
ℓ
ℓ
a b R ta có: (
)
(
)1
F v t
v
v
( )( )sgn ( ) v t
) ' ( ) t
( , q t v
.
(3.1.2)
0
1
C
trong ñó q ˛
K((a ; b) xR; R+) thỏa mãn ñiều kiện:
b
‡ - + ( ) t
( , ) q s x ds
0
(3.1.3)
∫
lim fi+¥ x
1 x
a
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
ðể chứng minh ñịnh lý trên, chúng ta cần bổ ñề ñánh giá tiệm cận sau:
Giả sử ℓ0 ˛
=
3.1.2. Bổ ñề 3.1.1 (bổ ñề ñánh giá xấp xỉ tiệm cận) L0((a ; b)), ℓ1 ˛
L1((a ; b)) là các toán tử không tăng và
(( ; )x ;
)
là hàm không giảm ñối với biến thứ hai và thỏa mãn ñiều
q K a b R R+
kiện (3.1.3).
˛
(cid:2) w C a b
Hơn nữa, giả sử tồn tại
))
sao cho:
˛ +¥ '([ ; ];(0;
ℓ
ℓ
w t ''( )
+ )( ) w t
(
t (1)( ),
< < a t b
,
(3.1.4)
0
1
b
£
ℓ
)
ds
(
)( ) w s
(1)( ) s
1
.
(3.1.5)
0
1
( ∫ ℓ
a
(cid:2)
+ <
'([ ; ];
)
thỏa mãn ñiều kiện :
˛
ℓ
ℓ
Khi ñó, tồn tại r > 0 sao cho: với bất kỳ hàm ) +
(
(
v t "( )sgn ( )
( q t v ,
) t ' ( )
v t
v
v
< < , a t b
,v(a) = 0,v(b)=0 (3.1.6)
v C a b R )1
0
1
C
v
r£
Thì :
.
1C
‡ -
Chứng minh bổ ñề:
Ta chứng minh bổ ñề bằng phương pháp phản chứng.
24
(cid:2)
Giả sử với bất kỳ số tự nhiên k, tồn tại hàm
'([ ; ];
)
thỏa mãn:
kv C a b R
(3.1.7)
vk(a)= 0, vk(b)= 0
(3.1.8)
˛
ℓ
ℓ
(
) +
v 1 k C (
k‡ )
(3.1.9)
( ) t
( , q t v
,
)1
1
0
' v k
" v t k
( )sgn ( ) v t k
v k
k C
Xét a
‡ - < < a t b
a
k là nghiệm của bài toán biên: ( , q t v
''
a ;
(3.1.10)
)1
k C
1 ' v k C
a
= - = a ( ) 0, a = ( ) 0 b
(
+ ( ) w t
) t ( ) ,
< < a t b k N
,
(3.1.11)
Ta chứng minh:
v t ( ) k
k
' v k
C
Thật vậy, ñặt:
g
=
a
£ ˛
t ( )
w t ( )
t ( ),
a t b
k
v t ( ) k ' v k C
g
g
g
- - £ £
ℓ
t ''( )
g ( )( ); ( ) 0, ( ) 0
a
b
t
(3.1.12)
Rõ ràng:
0
= ℓ
( )tg
v t ''( )
v t ( )( )
Vậy
là phiếm hàm dưới của bài toán:
0
Mặt khác do (3.1.4) nên : (0,0,0) ˛ V0 ((a; b); ℓ 0).
Khi ñó, áp dụng bổ ñề 2.2.2 cho bài toán (3.1.12) và sử dụng kết quả trên ta
g
‡ £ £
t ( ) 0,
< < a t
b
có:
Vậy: (3.1.11) ñược chứng minh.
Bây giờ, từ (3.1.11) và (3.1.9) ta có :
a
£
ℓ
ℓ
(
) +
+ w
( ) t 1 ( )
( q t v ,
,
< < a t b
(3.1.13)
)1
0
1
" v t k
v t ( )sgn ( ) k
' v k
k
k C
C
'
Ta xấp xỉ
kv .
'
‡ -
(a ; b) sao cho
) 0
.
Lấy bất kỳ t0 ˛
kv t 0(
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng
v t > . ). ) 0
(
v t ( k
' k
0
0
( ) 0
Khi ñó, do
(t0 ; b] sao cho :
kv a = , ( ) 0
kv b = nên tồn tại t1 ˛
'
(3.1.14)
( ) 0
( ).
v t v t > , t0 < t < b,
' k
k
kv t = 1( ) 0
Lấy tích phân của (3.1.13) trên ñoạn [t0; t1] và sử dụng (3.1.14) ta có :
„
25
b
b
a
ℓ
ℓ
ℓ
(
(
)
(
)
)
) + ( ) w s
+ ( ) s
( ) s 1 ( )
ds
( q s v ,
ds
(3.1.15)
)1
' v t ( k
' v k
k
0
0
0
1
∫
∫
k C
C
+
a
a
Do ñó :
b
b
a
£
ℓ
ℓ
ℓ
(
(
)
(
)
) + ( ) w s
+ ( ) s
( ) s 1 ( )
ds
( q s v ,
ds
(3.1.16)
)1
' v k
' v k
0
0
k
1
k C
∫
∫
C
C
+
a
a
Mặt khác, từ (3.1.5) ta có thể chọn e > 0 sao cho :
b
+
e
ℓ
)
(3.1.17)
(
w s )( )
s (1)( )
ds
< - 1
0
1
( ∫ ℓ
a
b
1
=
Từ (3.1.10) và
( q s v ,
ds
0
N sao
)1
, ta có thể chọn k0 ˛
k C
∫
lim fi+¥ v 1 k C
v k
1 aC
b
e
<
>
cho:
a (
)( )
s ds
k ,
k
(3.1.18)
0
0
k
∫ ℓ
2
a
£
Ngoài ra, ta có :
)
v k
' b a v ( k
C
C
£ -
- + b a (
1)
nên
1
v k
' v k
C
C
Do ñó, từ (3.1.16), ta có:
b
e
<
(!)
( - + q s b a ,(
) > ds k . ,
1)
k
0
∫
' v k C
2
a
1 ' v k C
Mâu thuẫn với ñiều kiện (3.1.3)
£
Hay bổ ñề 3.1.1 ñược chứng minh.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
Chứng minh ñịnh lý 3.1.1
Giả sử r là số dương ñược xác ñịnh ở bổ ñề 3.1.1
)
C
( 1 [0;1];
R
ñược xác ñịnh như sau:
R+
ðặt X:
fi
v
r
1 C
v
1
£
v t ( )( )
2
< r ,
v
2
r
(3.1.19)
1
X
C
- £
C r 0 ,
v
2
r
1
C
1 , =
‡
26
=
< <
)
(cid:5) F v t ( )( )
v t F v t ( )( )
( )( ),
a t
( 1 b v C a b R ,
[ ; ];
ðặt:
.
(3.1.20)
X
Ta xét bài toán:
=
u t "( )
(cid:5) F u t
= ( )( ); ( ) 0, ( ) 0
= .
u a
u b
(3.1.21)
L((a; b);R+) sao cho:
Vì F ˛ K((a; b)), nên tồn tại q ˛
˛
F v t ( )( )
q t
( ),
< < a t b
,
v
2
r
.
1 C
Do ñó:
£ £
=
)
, với a < t < b,
( 1 [ ; ]; v C a b R
.
(cid:5) F v t ( )( )
v t F v t ( )( ) . ( )( )
q t ( )
X
Áp dụng bổ ñề 2.1.1 thì bài toán (3.1.21) có ít nhất một nghiệm u0.
Hiển nhiên, u0 thỏa mãn ñẳng thức:
l=
F u (
t )( )
(3.1.22)
'' u t ( ) 0
0
l =
˛ £
Với
)
[0;1]
.
X
u 0(
Mặt khác, từ (3.1.2) và (3.1.22), ta có phiếm hàm u0 thỏa mãn các ñiều
kiện của bổ ñề 2.1.1. Nên
u
r£
.
1 0 C
t = )( ) 1
Hay
(do 3.1.19)
X
u 0(
vậy, u0 là nghiệm của bài toán:
=
u t "( )
F u t
= = ( )( ); ( ) 0, ( ) 0
u a
u b
Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
˛
Vậy ñịnh lý ñược chứng minh.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
3.1.3. Hệ quả 3.1.1
1
Giả sử mọi hàm v ˛
C a b R luôn thỏa mãn ñiều kiện (3.1.2), trong
0 ([ ; ]; )
ñó q ˛
K((a ; b) xR; R+) thỏa mãn ñiều kiện (3.1.3) và toán tử ℓi ˛ Li((a ; b)),
(i = 0, 1) là không tăng và:
+
<
ℓ
ℓ
h ( )
(1)
1
,
(3.1.24)
0
1
L
L
1 b a
với h(t) = (t – a)(b – t), a ≤ t ≤ b.
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
-
27
Chứng minh:
Từ kết quả của ñịnh lý, ta chỉ cần chứng minh toán tử
ℓ ℓ thỏa mãn
)
;
(
0
1
bất ñẳng thức (3.1.24) thì sẽ thỏa mãn ñiều kiện (3.1.1).
Thật vậy, do (3.1.24) ta có thể chọn e > 0 (ñủ nhỏ) sao cho:
+
+
e
<
ℓ
ℓ
ℓ
h ( )
(1)
(1)
1
(3.1.25)
0
1
0
L
L
L
1 b a
e+
ℓ
ℓ
(1)
(1)
L
=
c
(3.1.26)
ðặt:
-
ℓ
1 L b a
0 (1)
0
L
Và chọn w là nghiệm của bài toán biên:
=
+
+
e =
e =
ℓ
ℓ
(3.1.27)
w t ''( )
e (
ch t )( )
t w a (1)( ); ( )
w b , ( )
0
1
Khi ñó:
e
e = +
- -
ℓ
(
) +
)
(
( ) w t
( b t
s a
+ )( ) ch s
(1)( ) s
ds
e + ℓ 0
1
1 b a
t ∫ ) ( a
£ - - -
ℓ
ℓ
(
)
+ - t a (
b s
)
e + (
+ )( ) ch s
s (1)( )
ds
0
1
b ∫ ) ( t
e £ +
ℓ
ℓ
ℓ
( e
)
(1)
c
h ( )
(1)
h t
( ),
< < a t b
0
0
1
L
+ L
+ L
-
1 b a
Do ñó, từ (3.1.26) ta có:
-
(3.1.28)
w t ( )
ch t
( ),
< < a t b
Vì vậy, từ (3.1.27) ta có:
e £ +
ℓ
ℓ
{
w t ''( )
+ )( ) w t
(
t (1)( ),
} < < a t b
0
1
Mặt khác, từ (3.1.25), (3.1.26) và (3.1.28) ta có:
+
e
£
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
ℓ
(
w )
(1)
+ e (
ch
)
(1)
c
0
1
0
1
0
0
1
L
L
+ L
L
+ (1) L
+ ( ) h L
= (1) L
ℓ
0
e
+
+
ℓ
ℓ
)
=(
(1)
(1)
1
0
1
L
L
£ £
( ) h ℓ
L h ( )
b a
0
L
- -
=
e
+
ℓ
ℓ
(
)
(1)
(1)
< 1 (do 3.1.25)
0
1
L
L
-
b a ℓ
b a
h ( )
0
L
- -
28
1
Vậy tồn tại w ˛
C a b R sao cho:
0 ([ ; ]; )
ℓ
ℓ
w t ''( )
+ )( ) w t
(
t (1)( ),
< < a t b
0
1
<
ℓ
ℓ
Và:
w + )
(
(1)
1
.
0
1
L
L
nên
ℓ ℓ ˛ ; )
(
U0((a; b)).
1
0
£
Vậy hệ quả ñược chứng minh.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
3.1.4. Hệ quả 3.1.2
1
Giả sử mọi hàm v ˛
C a b R luôn thỏa mãn ñiều kiện (3.1.2), trong
0 ([ ; ]; )
ñó q ˛
K((a ; b) xR; R+) thỏa mãn ñiều kiện (3.1.3) và toán tử ℓi ˛ Li((a ; b)),
(i = 0,1) là không tăng và:
ℓ
(1)
1<
(3.1.29)
,
0
0
ℓ
+
<
ℓ
ℓ
(1)
(1)
1
(3.1.30)
.
0
1
L
L
(1) 1 ℓ
0 (1)
1
0
0
trong ñó:
=
+ -
-
ℓ
ℓ
ℓ
)
b
(1)
max
b t
(
s a
)
(1)( )
s ds
t a (
b s
)
(1)( )
s ds a t :
i
i
i
0
1 b a
(
t ∫ a
b ∫ ) ( t
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
- - - £ £ -
Chứng minh:
;
(
Từ kết quả của ñịnh lý, ta chỉ cần chứng minh nếu toán tử
ℓ ℓ thỏa )
0
1
mãn bất ñẳng thức (3.1.29), (3.1.30) thì
ℓ ℓ sẽ thỏa mãn ñiều kiện (3.1.1).
)
;
(
0
1
Thật vậy, ta chọn e > 0 sao cho:
e +
0
+
<
(1)
(1)
1
(3.1.31)
0
1
L
L
1
(1) 1 (1)
0
0
e +
0
c =
(3.1.32)
ðặt:
ℓ ℓ - ℓ ℓ
1
(1) 1 (1)
0
0
Ta xét w là nghiệm của bài toán biên:
=
+
=
e
= e
- ℓ ℓ
w t ''( )
t (1)( )
w a (1)( ); ( )
t
w b , ( )
(3.1.33)
0
1
ℓ ℓ c
29
Từ (3.1.31), (3.1.32), (3.1.33) ta có:
e
(1)( )
= ( ) w t
( b t
( ) s a c
+ (1)( ) s
) + s ds
0
1
1 b a
t ∫ ) ( a
e
£ - - ℓ ℓ -
+ - t a (
( b s c )
+ (1)( ) s
(1)( )
0
1
b ∫ ) ( t
) + s ds
+ = e
- ℓ ℓ
(
)
(3.1.34)
c
(1)
(1)
h t ( )
c
,
< < a t b
0
1
0
+ 0
£ ℓ ℓ
w t ( )
c
,
< < a t
b
Do ñó :
£
Vì vậy, từ (3.1.33) ta có:
w t ''( )
+ )( ) w t
(
t (1)( ),
< < a t
b
0
1
Mặt khác, từ (3.1.31) và (3.1.34) ta có:
+
£ ℓ ℓ
(
w )
(1)
c ( )
(1)
c
1
0
1
0
1
0
1
L
L
+ L
L
+ (1) L
< (1) L
Vậy tồn tại w ˛
C a b R sao cho:
1 0([ ; ]; )
£ £ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ
w t ''( )
+ )( ) w t
(
t (1)( ),
< < a t b
0
1
<
£ ℓ ℓ
và:
w + )
(
(1)
1
.
0
1
L
L
(
Nên:
ℓ ℓ ˛ ; )
U0((a; b)).
0
1
ℓ ℓ
Vậy hệ quả ñược chứng minh.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
3.1.5. ðịnh lý 3.1.2
Giả sử tồn tại số tự nhiên n, g ˛
[0; 1] và phiếm hàm g ˛
L((a ; b); R) sao
1
cho với mọi hàm v ˛
C
a b R ta có các bất ñẳng thức:
0 ( [ ; ]; )
n
b
)
£
∫
( ( )( ) v s F v s ( ) ( s
g s v s ( ) '( ) )2 n 1
g s ( )( )
a
2
n
g n
2
- -
(
)1
0
1
2
1
1
C
2 n 2 n
2 n 2 n
v ' v ' a a a £ , v (3.1.35) - -
L 2
n
L 2
n
+
g
s ( g ( )) s ( g ( ))
n 2 (1
)
(
)
)
(
3
4
L 2
n
L
- a a - £ Và: ( F v ( ) gv ')sgn v v v ' . (3.1.36) - + 1 C
30
trong ñó: a i ˛ C(R+; R+), i = 0, ..., 4 là các phiếm hàm không giảm thỏa mãn
a
1
<
,
(3.1.37)
lim sup fi+¥ x
các ñiều kiện sau:
0( ) x x
n
(2
1)n
a
i
=
=
i
0,
2,3
(3.1.38)
lim fi+¥ x
( ) x x
(3.1.39)
a 1(x) = O( x), a 4(x) = O( x).
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm
-
Trước tiên, ta phát biểu và chứng minh bổ ñề xấp xỉ tiệm cận sau:
3.1.6. Bổ ñề 3.1.2 (bổ ñề xấp xỉ tiệm cận)
˛
[0; 1] và hàm
]
)
Giả sử mọi ñiều kiện của ñịnh lý 3.1.2 ñược thỏa mãn. Khi ñó, tồn tại số r > 0 sao cho với bất kỳ l ( (cid:2) [ v C a b R '
;
;
˛
ℓ
thỏa mãn ñiều kiện : ( q t v ,
g t v t ( ) '( )
v t ( )( )
a t
v t ''( )
p t v t ( ) ( )
b
, v(a) = 0, v(b) = 0 (3.1.40)
)1 < < , C
=
+
l
- - - £
(
v t ''( )
g t v t ( ) '( )
F v t ( )( )
) ( ) '( ) ,
g t v t
< < a t b
.
(3.1.41)
và :
.
Thì:
v
r£
1C
-
Chứng minh bổ ñề 3.1.2
]
)
Giả sử l
˛
[0; 1] và
( (cid:4) [ v C a b R '
;
;
thỏa mãn ñiều kiện : (3.1.40),
(3.1.41).
Ta có :
˛
2
n
1
2
n
(
)
v t '( )
+
v t ( )
-
2
n
1
s
s
(
)
v t '( ) g t ( )( )
g t ( )( )
' =
-
2
n
2
s ''( ) v t
) g t ( )( ) '
+
(2
n
v t 1) ( )
s
'( ) v t g t ( )( )
g t ( )( ) ( s
( s v t '( ) ) 2
g t ( )( )
.
- - -
2
n
2
2
n
(
)
)
v t '( )
s ''( ) v t
g t ( )( )
+
=
(2
n
v t 1) ( )
2
n
1
s
s
'( ) v t g t ( )( )
(
)
g t ( )( ) ( s
( s '( ) ( ) v t g t ) 2
g t ( )( )
g t ( )( )
.
- - - -
31
2
n
+
l
)
(
(
)
(
)
v t g t '( ) ( )
g t v t ( ) '( )
v t '( )
=
+
(2
n
v t 1) ( )
.
2
n
1
F v t ( )( ) ( s
g t v t ( ) '( ) )
s
g t ( )( )
(
)
g t ( )( )
- - - -
2
n
2
.
s
v t '( ) g t ( )( )
-
2
n
2
n
2
(
)
v t '( )
+
l
=
-
(
)
(3.1.42)
(2
n
1)
F v t ( )( )
g t v t ( ) '( )
2
n
1
s
s
v t ( ) g t ( )( )
v t '( ) g t ( )( )
(
)
s
g t ( )( )
Lấy tích phân biểu thức (3.1.42) trên ñoạn [a;b] và áp dụng bất ñẳng
n
2
b
thức Holder, ta có: )
(
v s '( )
- - -
ds
2
n
1
∫
( s
)
g s ( )( )
a
£ -
1
n
1 n
2
n
n n
b
b
)
(
)
v s '( )
(2
n
1)
ds
ds
2
n
1
∫
∫
( v s F v s ( )( ) ( ) ( s
g s v s ( ) '( ) ) n 2 1
( s
)
g s ( )( )
g s ( )( )
a
a
Sử dụng (3.1.35), từ bất ñẳng thức trên ta có:
2
n
2
n
g n
2
v
v
v
a
a
a
- - £ - - -
(
(3.1.43)
v
)1
0
1
2
1
1
1
C
n 2 n 2
n 2 n 2
n 2 n 2
' )
( s
( s
' )
' )
(
g ( )
g ( )
g ( )
L 2
n
L 2
n
L 2
n
+
s
£ - - -
)
0
(a ; b) sao cho
.
Bây giờ ta xấp xỉ v’. Lấy bất kỳ t0 ˛
v t 0'(
( v t
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng
v t > . ). '( ) 0
0
0
( ) 0
Khi ñó, do
(t0 ; b] sao cho :
kv b = nên tồn tại t1 ˛
'( ) 0
(3.1.44)
v t v t > , t0 < t < t1, ( ).
v t = 1'( ) 0
t 1
„
Lấy tích phân (3.1.41) ta có : (
F v s ( )( )
= -
ls
v t
g t ( )(
)
ds
'( ) 0
0
∫
) v s ( ) '( ) sgn ( ) g s v s s g s ( )( )
t 0
b
-
(
)
( exp 2
g
F v s ( )( )
) v s (1) '( ) sgn ( )
v s
g
ds
(3.1.45)
∫
L
a
£ - -
32
Vì vậy :
(
)
v
'
( exp 2
g
F v ( )
) v s ' sgn ( )
gv
C
L
L
Do (3.1.36), ta có :
g
£ - -
n 2 (1
)
a
a
)
(
) +
( exp 2
g
v
v
'
v
'
(3.1.46)
)
(
- £
(
)
3
4
L
1 C
C
L 2
n
2
n
=
=
(3.1.47)
Ta ñặt :
x
,
y
v
1
1 C
n 2 n 2
' )
v ( gs ( )
L 2
n
Ta lại có :
-
1
2
v
'
exp
g
,
v
b a v (
)
'
1
L
C
C
L 2
n
n
n 2
n 2 n 2
' )
v ( gs ( )
L 2
n
Từ (3.1.43) và (3.1.46) suy ra :
g
a
a
- £ £ - -
(3.1.48)
x
+ ( ) x
a ( x
)
y ( )
0
1
2
£
1
a
a
(3.1.49)
(
)
3
4
=
)
Trong ñó :
y M y M kx g + ( ) ( 1)exp 2
g
L
=
- £
, )
- + M b a ( ( exp (2
k
1)(1
L
- -
gg ) )
Như vậy, ta nhận thấy nếu
thỏa mãn ñiều kiện (3.1.40)
n (cid:2)( '
;
;
v C a b R
và (3.1.41) thì x và y ñược ñịnh nghĩa bởi (3.1.47) sẽ thỏa mãn ñiều kiện
(3.1.48) và (3.1.49)
(0 ; +¥
) sao cho:
Do (3.1.37) – (3.1.39), tồn tại e , a *, x0, y0 ˛
˛
*
a
<
a
a£
x ( )
x
,
x
0
1( )x
-
1 n (2
e 1)n
a
a<
kx
)
*
x
(3.1.50)
, với x > x0
4(
-
33
2
>
+
a
>
(3.1.51)
( )
( *)
( ), y y
a y M y M 3
2
y 0
1
a e 1)n
1 1 (2 n
g
- - -
>
+
a
a
>
.
(3.1.52)
(
y ),
1 y M y M kx ( ) 0
3
4
y 0
Ta chứng minh rằng nếu x > 0 và y > 0 thỏa mãn bất ñẳng thức (3.1.48)
và (3.1.49) thì: y ≤ y0.
Thật vậy, Giả sử trái lại. Chọn y > y0.
Giả sử 0 < x < x0.
Từ (3.1.49) và (3.1.52) ta có y > y (!). Do ñó: x > x0.
Khi ñó, từ (3.1.48) và (3.1.50) ta có:
-
g
<
+
a
.
x
x
a y ( ) *
x
2
-
1 n (2
e 1)n
-
1
g
*
<
a
1 x
a ( ) y
1
.
Suy ra:
2
1 n (2
e 1)n
Nên từ (3.1.49) và (3.1.50) ta có:
g
g
- - - - -
a
a
a
+ 1 ( ) y M y M kx
(
< )
a + * 1 ( ) M y M x
3
4
3
- - £
1
<
+
a
.
a M y M ( )
(
y ( )
3
2
1 n (2
e 1)n
* 2 ) 1
a
ðiều này mâu thuẫn với (3.1.51).
v
y£
1
Vậy y ≤ y0. Nghĩa là:
0
C
- - - -
Hay bổ ñề ñược chứng minh với r = y0
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
Chứng minh ñịnh lý 3.1.2
Chọn r là số dương ñược xác ñịnh trong bổ ñề 3.1.2
)
C
( 1 [0;1];
R
như ở biểu thức (3.1.19)
R+
Ta ñịnh nghĩa phiếm hàm X:
Xét bài toán biên:
=
+
=
fi
u t "( )
g t u t ( ) '( )
= ( ) '( ) , ( ) 0, ( ) 0
g t u t
u a
u b
. (3.1.53)
X
u t F u t ( )( ) ( )( )
Áp dụng bổ ñề 2.1.1 ta có bài toán có một nghiệm u0.
(t).
Khi ñó, phiếm hàm u0 thỏa mãn ñiều kiện của bổ ñề 3.2 với
l = X
)u 0(
-
34
.
Vì vậy, ta có xấp xỉ:
r£
u 0 C 1
Từ ñó,
(do 3.1.19)
t = )( ) 1
X
u 0(
Do vậy, từ (3.1.53) ta có u0 là nghiệm của bài toán:
=
F u t
u a
u b
"( ) u t
= = ( )( ); ( ) 0, ( ) 0
Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Vậy ñịnh lý ñược chứng minh
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
3.1.7. ðịnh lý 3.1.3 Giả sử tồn tại g ˛
[0; 1] và phiếm hàm g ˛
L((a ; b); R) sao cho với mọi
1
C a b R ta có các bất ñẳng thức:
hàm v ˛
0 ([ ; ]; )
2
)
a
a
g 2 a
(
.
v
(3.1.54)
)1
0
1
2
C
( v s F v s ( ) ( )( ) ( s
g s v s ( ) '( ) )
g s ( )( )
v ' g ( ))
s (
s (
v ' g ( ))
b - ∫ a
L 2
L 2
+
g
- £
)
a
a
(
)
(
F v ( )
gv
')sgn
v
v
v
'
.
(3.1.55)
và :
(
)
3
4
+ 1 C
2(1 L 2
L
trong ñó: a i ˛ C(R+; R+), i = 0, ..., 4 là các phiếm hàm không giảm, thỏa
mãn các ñiều kiện (3.1.38), (3.1.39) và ñiều kiện sau:
a
< 1
(3.1.56)
lim sup fi+¥ x
0( ) x x
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
- - £ -
Chứng minh ñịnh lý 3.1.3:
Trước tiên, ta phát biểu và chứng minh bổ ñề xấp xỉ tiệm cận sau:
3.1.8. Bổ ñề 3.1.3
Giả sử mọi ñiều kiện của ñịnh lý 3.1.3 ñược thỏa mãn.
]
)
Khi ñó, tồn tại r > 0 sao cho với bất kỳ l
˛
[0 ; 1] và
( (cid:4) [ v C a b R '
;
;
thỏa mãn ñiều kiện :
˛
ℓ
b
a t
''( ) v t
( ) ( ) p t v t
( ) '( ) g t v t
( )( ) v t
( , q t v
, v(a) = 0, v(b) = 0. (3.1.40)
)1 < < , C
=
+
l
- - - £
(
v t ''( )
g t v t ( ) '( )
F v t ( )( )
) ( ) '( ) ,
g t v t
< < a t b
.
(3.1.41)
và
-
Ta có:
v
r
.
1C
£
35
Chứng minh bổ ñề
]
)
Giả sử l
˛
[0; 1] và
( (cid:2) [ v C a b R '
;
;
thỏa mãn ñiều kiện : (3.1.40),
(3.1.41).
Ta có :
'
2
˛
(
s ''( ) v t
) g t ( )( ) '
=
+
v t ( )
v t ( )
2
s
)
( s
g t ( )( ) ( s
( s v t '( ) )
v t '( ) g t ( )( )
) v t '( ) g t ( )( )
g t ( )( )
2
-
)
s ''( ) v t
g t ( )( )
=
+
v t ( )
( s
(
)
) v t '( ) g t ( )( )
g t ( )( ) ( s
( s v t g t '( ) ( ) ) 2
g t ( )( )
2
+
l
-
(
)
)
(
g t v t ( ) '( )
v t g t '( ) ( )
=
+
v t ( )
( s
(
)
F v t ( )( ) ( s
g t v t ( ) '( ) )
) v t '( ) g t ( )( )
g t ( )( )
2
=
+
- -
(
)
.
F v t ( )( )
g t v t ( ) '( )
( s
l s
(
)
) v t '( ) g t ( )( )
v t ( ) g t ( )( )
Lấy tích phân biểu thức trên ñoạn [a; b] và áp dụng bất ñẳng thức
Holder, ta có:
2
b
b
-
)
ds
ds
∫
∫
( v s F v s ( ) ( )( ) ( s
g s v s ( ) '( ) )
( ( s
)
) v s '( ) g s ( )( )
g s ( )( )
a
a
Sử dụng (3.1.54), từ bất ñẳng thức trên ta có:
2
2
a
a
g 2 a
- £
(
v
(3.1.58)
)1
0
1
2
C
)
( s
( s
)
)
(
' v g ( )
' v g ( )
' v g ( )
L 2
L 2
L 2
+
s
£
'( v t
) 0
(a ; b) sao cho
.
„
Bây giờ ta xấp xỉ v’. Lấy bất kỳ t0 ˛
0
( v t
v t > . ). '( ) 0
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng
0
0
( ) 0
Khi ñó, do
(t0 ; b] sao cho :
kv b = nên tồn tại t1 ˛
'( ) 0
(3.1.59)
v t v t > , t0 < t < t1, ( ).
v t = 1'( ) 0
Lấy tích phân (3.1.41) ta có :
36
t 1
(
F v s ( )( )
= -
ls
v t
g t ( )(
)
ds
'( ) 0
0
∫
) g s v s v s ( ) '( ) sgn ( ) s g s ( )( )
t 0
b
-
(
)
(3.1.60)
( exp 2
g
F v s ( )( )
) v s (1) '( ) sgn ( )
v s
g
ds
∫
L
a
£ - -
(
)
vậy :
v
'
( exp 2
g
F v ( )
) v s ' sgn ( )
gv
C
L
L
Do (3.1.36), ta có :
g
£ - -
2(1
)
a
a
)
(
) +
( exp 2
g
v
v
'
v
'
(3.1.61)
)
(
- £
(
)
3
4
L
1 C
C
L 2
2
=
=
Ta ñặt :
(3.1.62)
,
x
y
v
1 C
)
v ' ( gs ( )
L 2
(
)
,
Ta lại có :
v
'
exp
g
v
b a v (
)
'
L
C
C
L 2
)
v ' ( gs ( )
L 2
Từ (3.1.58) và (3.1.61) suy ra :
g
a
a
£ £ -
x
+ ( ) x
a x
(
)
y ( )
(3.1.64)
0
1
2
£
1
a
a
y M y M kx g + ( )
(
(3.1.65)
3
4
=
) )
Trong ñó :
- + M b a (
g
,
L
=
- £
)
( 1)exp 2 ( exp (1
gg )
k
L
-
]
)
thỏa mãn ñiều kiện (3.1.40)
( (cid:2) [ v C a b R '
;
;
Như vậy, ta nhận thấy nếu
và (3.1.41) thì x và y ñược ñịnh nghĩa bởi (3.1.62) sẽ thỏa mãn ñiều kiện
(3.1.64) và (3.1.65).
(0 ; +¥
) sao
Do (3.1.38), (3.1.39) và (3.1.56), nên tồn tại e , a *, x0, y0 ˛
cho:
*
a
a
a£
< , x
x
0( )x
1( )x
a
a<
(3.1.66)
kx
)
*
x
, với x > x0
4(
>
+
a
>
( )
a 2 ( *)
y y ( ),
(3.1.67)
a y M y M 3
2
y 0
1 e
g
˛
>
+
a
a
>
(
y ),
(3.1.68)
1 y M y M kx ( ) 0
4
3
y 0
-
37
Ta chứng minh rằng nếu x > 0 và y > 0 thỏa mãn bất ñẳng thức (3.1.64)
và (3.1.65) thì: y ≤ y0.
Thật vậy, Giả sử trái lại. Chọn y > y0.
Giả sử 0 < x < x0.
Từ (3.1.65) và (3.1.68) ta có: y > y.( !) . Do ñó: x > x0
Khi ñó, từ (3.1.64) và (3.1.66) ta có:
e
a
< - (1
x
+ x
)
a ( ) * y
xg
2
g
*
<
a
Suy ra:
1 x
a ( ) y
2
1 e
Nên từ (3.1.65) và (3.1.66) ta có:
g
g
-
a
a
a
<
+
a
+ 1 ( ) y M y M kx
(
< )
+ a * 1 ( ) M y M x
a M y M ( )
(
a * 2 )
y ( )
3
4
3
3
2
1 e
ðiều này mâu thuẫn với (3.1.67).
Vậy y ≤ y0.
Nghĩa là:
v
y£
1
0
C
- - £
Hay bổ ñề ñược chứng minh với r = y0
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
Chứng minh ñịnh lý 3.1.3 :
Chọn r là số dương ñược xác ñịnh trong bổ ñề 3.1.3
)
C
R
( 1 [0;1];
như ở biểu thức (3.1.19)
R+
Ta ñịnh nghĩa phiếm hàm X:
Xét bài toán biên:
=
+
=
fi
]
[
u t "( )
g t u t ( ) '( )
u F u t ( ) ( )( )
= ( ) '( ) , ( ) 0, ( ) 0
g t u t
u a
u b
(3.1.53)
X
Áp dụng bổ ñề 2.1.1 ta có bài toán (3.1.53)có một nghiệm u0.
.
Khi ñó, phiếm hàm u0 thỏa mãn ñiều kiện của bổ ñề 3.3 với
l = X
)u 0(
u
r£
.
Vì vậy, ta có xấp xỉ:
1 0 C
Từ ñó,
t = )( ) 1
(do 3.1.19)
X
u 0(
-
38
=
=
F u t
( )( ); ( ) u a
0, ( ) u b
"( ) u t
Do vậy, từ (3.1.53) ta có u0 là nghiệm của bài toán: = . 0
Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Vậy ñịnh lý ñược chứng minh
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
• Nhận xét:
Trong trường hợp a 2 = const, thì ñiều kiện (3.1.55) của ñịnh lý 3.3 có thể
bỏ qua. Hay nói chính xác, ta có ñịnh lý sau:
ðịnh lý 3.1.3’
1
Giả sử với mọi v ˛
0C ( [a ; b]; R) ta có:
v s F v s ds ( )
( )( )
'
'
, ci ˛ (0; +∞), i = 1,2,3 và c1 < 1. (3.1.69)
c v 1
c v 2
c 3
2 L 2
L 2
b ∫ a
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm
Việc chứng minh ñịnh lý 3.3’ hoàn toàn tương tự ñịnh lý 3.3.
‡ - - -
3.1.9. Hệ quả 3.1.3
L((a ; b); R) và q ˛
K((a ; b) xR; R+) thỏa
Cho ℓ ˛ L0([a ; b]) , p, g ˛
1
mãn ñiều kiện (3.1.3). Ngoài ra, với mọi v ˛
a b R ta có:
0 ( [ ; ]; )
[
F v t ( )( )
p t v t ( ) ( )
g t v t ( ) '( )
C ] v t ( )( ) sgn ( ) v t
q t v ( ,
)
.
(3.1.70)
1
C
Khi ñó, ñiều kiện
b
1
+
s
<
ɵℓ
]
.
(3.1.71)
[ g s p s ( )( ) ( )
ds
1
ab
- - - ‡ - ℓ
b
∫
1 2
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
là ñiều kiện ñủ ñể bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
ɵℓ ˛
Với
L0([a ; b]) là toán tử ñược xác ñịnh bởi biểu thức sau:
s
=
ɵℓ
ℓ
v t ( )( )
v t ( )( )
.
s
ab g t ( )( ) g t ( )( )
-
39
Chứng minh hệ quả 3.1.3
1
Xét v ˛
C
a b R .
0 ( [ ; ]; )
t
t
s
2 v t ( )
g s ds ( )( )
ds
Ta có:
, với a < t < b
∫
£ ∫
( s
)2 v s '( ) g s ( )( )
a
a
b
b
s
2 v t ( )
g s ds ( )( )
ds
Và:
, với a < t < b
∫
£ ∫
( s
)2 v s '( ) g s ( )( )
t
t
Do ñó, với a < t < b, ta có:
t
1
=
+
s
2 v t ( )
2 v t ( )
g s ds ( )( )
g s ds ( )( )
b
b s ∫ 2 ( ) v t
∫
a
t
s
g s ds ( )( )
∫
a
b
t
1
s
g s ds ( )( )
ds
(3.1.72)
b
∫
∫
b s ∫ g s ds ( )( )
( s
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
a
t
s
g s ds ( )( )
∫
a
b
b
2
s
£
v
g s ds ( )( )
.
ds
(3.1.73)
Do ñó:
∫
∫
C
1 2
v s ( '( )) s g s ( )( )
a
a
Từ (3.1.72) ta lại có:
£
t
b
2
p t ( )
p t ( )
(
1
1 2
s
ds
b
∫
b s ∫ g s ds ( )( )
∫
s
g s ds ( )( ) s
p t v t ( ) ( ) s g t ( )( )
g t ( )( )
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
t
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
Hay :
b
2
(
1
- - £
g t p t ( )( )[
( )]
ds
ab
b
p t v t ( ) ( ) s g t ( )( )
)2 '( ) v s g s ( )( )
∫ s a
s
s
g s ds ( )( )
∫
a
Do ñó :
b
b
b
2
1
s
- £ -
(3.1.74)
ds
g s p s ( )( )[
( )]
ds
ds
ab
b
∫
∫
∫
( s
p s v s ( ) ( ) s ( )( ) g s
)2 '( ) v s ( )( ) g s
a
a
a
s
( )( ) g s ds
∫
a
- £ -
40
Ngoài ra :
b
b
b
ℓ
1
s
ds
g s ( )( )
ds
ds
ab
∫
∫
∫
b
( s
ℓ s
( ) ( )( ) v s v s s g s ( )( )
)2 '( ) v s g s ( )( )
( )( ) v s g s ( )( )
a
a
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
b
b
1
ɵ ℓ
v s ds ( )( )
ds
£ ∫
∫
b
( s
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
b
1
- £
ɵ ℓ
v
ds
∫
C
b
( s
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
Kết hợp với (3.1.73) ta có:
b
b
ɵ ℓ
(
ℓ
£
(3.1.75)
ds
ds
∫
( ) ( )( ) v s v s s g s ( )( )
2
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
∫ s a
Kết hợp (3.1.74), (3.1.75) ta có :
b
b
b
+
ℓ
(
)
v s ( )
p s v s ( ) ( )
1
s
- £
ds
g s p s ( )( )[
( )]
ds
ds
ab
b
∫
∫
∫
( )( ) v s s
( s
g s ( )( )
ɵℓ + 2
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
a
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
Tiếp tục sử dụng bất ñẳng thức (3.1.70) ta có :
b
- £ -
)
)
( v s F v s ( ) ( )( )
( q s v ,
'
C
ds
- ∫
+ ( ) '( ) g s v s s
g s ( )( )
a
b
b
ɵℓ
1
s
-
g s p s ( )( )[
( )]
ds
ds
ab
b
∫
∫
( s
+ 2
)2 v s '( ) g s ( )( )
a
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
£ -
41
b
)
g s v s ( ) '( )
ds
- ∫
Suy ra: ( ( )( ) v s F v s ( ) s
g s ( )( )
a
b
b
b
)
,
1
C
'
s
-
+ ds
g s p s ( )( )[
( )]
ds
ds
ab
b
∫
∫
∫
( s
( ( ) v s q s v s g s ( )( )
ɵ ℓ + 2
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
a
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
2
2
ɵ ℓ
£ -
Ta ñặt :
0
ab
b
b s ∫
a
L 2
L 2
∫
a
2
2
1 a = + ds g s p s ( )( )[ ( )] - s s 2 ' v g ( ) ' v g ( ) s g s ds ( )( )
(
)
1
b s ∫
L
a
L 2
L 2
b
a
a=
(
)
(
)
a = g s ds ( )( ) exp g s s ' v g ( ) ' v g ( )
( q s v ,
) ds
1
2
3
1 C
1 C
C
a
a
v v = ∫
(
)
(
4
) + ℓ L
L 2
L 2
= - v ' v ' b a ( ) p
Khi ñó, từ bất ñẳng thức trên ta có ñiều kiện (3.1.54), (3.1.55) của ñịnh
lý 3.1.3 ñược thỏa mãn với g = ½ .
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Vậy hệ quả ñược chứng minh.
Áp dụng ñịnh lý 3.1.3 cho phương trình (1.5)
u’’(t) = p(t)u(t) + g(t).u’(t) + h(t)u(t(t)) + G(u)(t)
Ta có kết quả sau:
3.1.10. Hệ quả 3.1.4
1
Cho t ˛ M((a ; b); (a ; b)); p, g ˛ L((a ; b); R); và q ˛ K((a ; b) xR;
R+) thỏa mãn ñiều kiện (3.1.3), và với mọi v ˛
0 ([ ; ]; )
C a b R ta có:
1
C
‡ - G v t v t ( )( )sgn ( ) q t v ( , ) (3.1.76)
Ngoài ra, nếu:
42
b
1
+
+
s
]
[ g s p s ( )( ) ( )
h s ( )
ds
ab
b
∫
a
s
( )( ) g s ds
∫
a
t
s ( )
s
(
g
x x )( )
d
∫
b
1
s
s
<
+
-
(
g s )( )
h s ds ( )
1
ab
∫
b
s
(
g s )( )
a
s
(
g s ds )( )
∫
a
(3.1.77)
Thì bài toán (1.5), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh hệ quả 3.1.4:
t
t ( )
Ta chứng minh bài toán:
(
( ) u t ''
( ) p t
) ( ) ( ) h t u t
( ) g t u .
( ) ' t
( ) t
∫
t
= + + + h + u s ds G u t ( )( ) '( ) (3.1.78)
1
có ít nhất một nghiệm thỏa mãn ñiều kiện biên (1.2).
0 ( [ ; ]; )
Thật vậy , xét v ˛ C a b R .
2
t
t
2
t ( )
t ( )
b
s
Rõ ràng, v(t) thỏa mãn bất ñẳng thức (3.1.72) và :
∫
∫
∫
( s
) '( ) v s g s ( )( )
t
t
a
£ v s ds '( ) g s ds ( )( ) ds (3.1.79)
b
b
b
Từ (3.1.72) và (3.1.79) ta có :
(
)
s
2 v s ds ( )
ab
b
∫
∫
∫
( s
)2 '( ) v s g s ( )( )
a
a
a
s
∫
a
t
t ( )
b
+ 1 - £ + ( ) g s p s ( )( )[ h s ( )] ds ds - p s ( ) s h s ( ) g s ( )( ) g s ds ( )( )
x x '( ) d
∫
∫
a
s
t
s ( )
s
x x ( )( ) g
d
2
∫
b
b
(
1
s
- £ và : v h s v s ( ) ( ) s g s ( )( )
s
g s ( )( )
h s ds ( )
ds
ab
∫
b
s
g s ( )( )
) '( ) v s g s ( )( )
a
∫ s a
s
g s ds ( )( )
∫
a
£ (3.1.80)
Khi ñó, ta xét :
43
t
t ( )
∫
t
2
2
F(v)(t)=(p(t)+h(t))u(t) + g(t).u’(t) + h(t) + G(u)(t) u s ds '( )
a
0
ab
b
b s ∫
s
a
L 2
L 2
s
∫
a
t
s ( )
s
x x ( )( ) g
d
∫
b
1
s
s
+
1 + + ( )] ( )( )[ ( ) g s p s h s ds - ' v g ( ) ' v g ( ) = s g s ds ( )( )
g s ( )( )
h s ds ( )
ab
∫
b
s
g s ( )( )
a
s
g s ds ( )( )
∫
a
2
2
a
(
)
,
1
L
b s ∫
s
s
a
L 2
L 2
b
a
a=
(
)
(
)
, exp ( )( ) g s ds g ' v ( ) g ' v ( ) g =
( q s v ,
) ds
1
1
1
2
3
C
C
C
a
a
, v v = ∫
(
) + ℓ
(
)
4
L
L 2
L 2
= - v ' v ' b a ( ) p
Khi ñó, từ bất ñẳng thức trên ta có ñiều kiện (3.1.54), (3.1.55) của ñịnh
lý 3.1.3 ñược thỏa mãn với g = ½ .
Vì vậy, áp dụng ñịnh lý 3.1.3, ta có bài toán (3.1.78), (1.2) có ít nhất một
nghiệm.
Do ñó, bài toán (1.5), (1.2) cũng có ít nhất một nghiệm
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Vậy, hệ quả ñược chứng minh
44
3. 2. BÀI TOÁN (1.1), (1.2) CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
VỚI PHẦN CHÍNH KHÔNG TĂNG
3.2.1. ðịnh lý 3.2.1 Giả sử với mọi v ˛
C a b R ta có:
1 0([ ; ]; )
ℓ
[
1
( )( ) F v t
] ( )( ) sgn ( ) v t v t
( , q t v
( ) ( ) p t v t 1
( )( ) '( ) p v t v t 2
)C
- - - ‡ - (3.2.1)
( )( ) p v t
( ) g t 1
2
( ) g t 2
£ £ (3.2.2)
Trong ñó : ℓ ˛ L0([a ; b]) là toán tử không tăng, p2 ˛ K0((a ; b) ,
q ˛ K((a ; b) xR; R+) là phiếm hàm không giảm với biến thứ hai,
thỏa mãn ñiều kiện (3.1.3) và:
(3.2.3) (p1, g1, g2) ˛ V0((a; b); ℓ)
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm
Chứng minh ñịnh lý:
Trước tiên, ta phát biểu và chứng minh các bổ ñề xấp xỉ tiệm cận sau:
3.2.2. Bổ ñề 3.2.1
Cho ℓ ˛ V0((a ; b); ℓ ), L0((a ; b)) là toán tử không tăng , (p, g1, g2) ˛
(( ; )x ;
)
q K a b R R+
b
˛ là phiếm hàm không giảm với biến thứ 2 , thỏa mãn:
∫
a
= q s x ds ( , ) 0 . (3.2.4) lim fi+¥ x 1 x
(cid:2)
R và Khi ñó, tồn tại rq > 0 sao cho: Với bất kỳ hàm ño ñược g:(a ; b)fi
˛ v C a b R '([ ; ]; ) thỏa mãn ñiều kiện :
(3.2.5) g1(t) ≤ g(t) ≤ g2(t), với a < t < b
ℓ
v t ''( )
p t v t ( ) ( )
g t v t ( ) '( )
v t ( )( )
( q t v ,
a t
b
)1 < < , C
- - - £ ,
v(a) = 0, v(b) = 0 (3.2.6)
1
q
C
Ta luôn có v r£
45
Chứng minh bổ ñề 3.2.1
Ta chứng minh bổ ñề bằng phản chứng
Giả sử với mỗi số tự nhiên k (k = 1, 2, 3, ...), tồn tại hàm ño ñược
gk : (a ; b) fi R và vk ˛
(cid:2) 'C ( [ a ; b]; R) thỏa mãn ñiều kiện : g1(t) ≤ gk(t) ≤ g2(t), với a < t < b
k
(3.2.8)
ℓ
( q t v ,
)1 < < ,
k
' k
k C
- - - £ t ''( ) p t v t ( ) ( ) g t v t ( ) ( ) ( t )( ) a t b (3.2.9) v k v k
(3.2.10) vk(a)= 0, vk(b)= 0
1
t
k
nhưng (3.2.11) k‡ v k C
a
+¥
)
Ta ñặt : g s ds ( ) , a ≤ t ≤ b, k = 1, 2, … p t ( ) k = ∫
= là bị chặn ñều và ñồng liên tục ñều trên
1
k
Từ (3.2.8) ta có dãy ( p t ( ) k
[a; b]. Do ñó, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng :
ñều trên [a ; b]
= p t ( ) 0 p t lim ( ) k fi+¥ k
)
' [ ; ];
(cid:2) ( p t C a b R 0 ( )
' p t ( ) 0
= ˛ Ta có: và hàm g t ( ) , a < t < b thỏa mãn ñiều
kiện (3.2.5)
n ( ) k
1
n ( ) v k v k C
t ( ) = = = Ta chọn : u t ( ) < < a t b n , , 1,2, k 1,2,...
k
Khi ñó, ta có : uk là nghiệm của phương trình :
ℓ
k
= + + + = u t ''( ) p t u t ( ) ( ) g t u t ( ) '( ) u t ( )( ) = ( ), ( ) 0, ( ) 0 u a u b h t k
ℓ
" u t ( ) k
k
' k
k
b
b
k
= - - - p t u t ( ) ( ) g t u t ( ) ( ) u ( t )( ) , a < t < b trong ñó h t ( ) k
ℓ
" u s ( ) k
k
' k
k
∫
∫
a
a
b
- - - và : p s u s ( ) ( ) g s u s ( ) ( ) u ( )( ) s ds h s ds ( ) k = fi+¥ lim fi+¥ k lim k
k
ℓ
" v s ( ) k
k
' k
∫
1 aC
b
1 = - - - p s v s ( ) ( ) g s v s ( ) ( ) ( )( ) s ds v k lim fi+¥ k v k
.
( q s v ,
)1
k C
∫
1 aC
1 £ ds lim fi+¥ k v k
46
b
∫
fi+¥
k
a
+¥
+¥
)
(
)'
= Nên theo (3.2.3) ta có : lim 0 h s ds ( ) k
k
k
= 1
k
= 1
k
Mặt khác, ta có dãy ( , u u là bị chặn ñều và ñồng liên tục ñều
trên [a ; b].
Do ñó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử :
n ( ) 0
n ( ) k
= , n = 0, 1 u t ( ) u t ( ) lim fi+¥ k
Khi ñó, u0 là một nghiệm của bài toán (2.2.10) :
ℓ
1
0
C
= + + = u t "( ) p t u t ( ) ( ) g t u t ( ) '( ) = ( )( ), ( ) 0, ( ) 0 u t u a u b , và u = . 1
Tuy nhiên, do (3.2.4) nên áp dụng bổ ñề 2..2.2 thì bài toán (2.2.10), (1.2) có
duy nhất một nghiệm tầm thường.
1
0
C
Nên : u = 0
Vậy ta có ñiều vô lý.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Hay bổ ñề ñược chứng minh
3.2.3. Bổ ñề 3.2.2
Cho ℓ ˛ V0((a; b);ℓ), và L0((a ; b)) là toán tử không tăng. (p, g1, g2) ˛
˛ (( ; )x ; ) là hàm không giảm ñối với biến thứ hai, thỏa mãn ñiều q K a b R R+
b
kiện :
∫
a
= q s x ds ( , ) 0 . lim fi+¥ x 1 x
Khi ñó, tồn tại r > 0 sao cho: với bất kỳ hàm ño ñược g: (a ; b) fi R và
(cid:2) 'C ( [ a ; b]; R) thỏa mãn ñiều kiện :
v ˛
' +
(3.2.6) g1(t) ≤ g(t) ≤ g2(t), với a < t < b
ℓ
( q t v ,
)1
C
‡ - v t v t "( )sgn ( ) + ( ) p t v t ( ) g t v t ( ) ( ) ( v t )( ) < < , a t b (3.2.7)
v(a) = 0, v(b) = 0
1C
Ta luôn có : v r£
47
Chứng minh bổ ñề 3.2.2:
R và
kv
˛ Ta chứng minh bổ ñề bằng phương pháp phản chứng. Giả sử với bất kỳ số tự nhiên k, tồn tại hàm ño ñược gk : (a ; b) fi (cid:2) C a b R '([ ; ]; thỏa mãn ñiều kiện (3.2.8) , (3.2.10) )
k
' +
Và :
ℓ
( q t v ,
)1
'' ( )sgn ( ) v t v t k k
k
k
k C
‡ - + ( ) p t v t ( ) g t v t ( ) ( ) ( t )( ) < < , a t b (3.2.12) v k
1
k‡ . nhưng: v k C
Từ (3.2.4) và (3.2.8), áp dụng mệnh ñề 2.2.2 và bổ ñề 2.2.2, thì bài toán
k
=
+
+
=
=
biên
ℓ
u t ''( )
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
u t ( )( )
u a , ( ) 0, ( ) 0
u b
( q t v ,
)1
k C
- (3.2.13)
a
có ít nhất một nghiệm uk.
ðặt:
k
k
= - £ £ t ( ) u t a t b ( ), v t ( ) k
a
Lấy ñạo hàm cấp 2 của a k(t) ta có:
" k
" v t k
" k
= - £ £ t ( ) v t ( )sgn ( ) u t a t b ( ),
a
Áp dụng (3.2.12) ta có :
ℓ
a ( ) p t
a k ( ) g t
a ( ) t
'' k
k
' k
a k
k
k
= + + t ( ) t ( ) ( t )( ), = a ( ) 0, a = ( ) 0 b
Tiếp tục áp dụng bổ ñề 2.2.2 cho a k(t), ta có : a k(t) ≤ 0, với a ≤ t ≤ b.
1
1 ,
k
C
C
'
£ Do ñó : u = k 1, 2,... (3.2.14) v k
Ta ñánh giá
kv
'
kv t 0(
ðầu tiên, giả sử rằng
„ (a ; b) sao cho ) 0 . Lấy bất kỳ t0 ˛
0
' k
( ) 0
v t > . ) 0 ( ( ). 0 v t k
kv b = nên tồn tại t1 ˛
'
Khi ñó, do (t0 ; b] sao cho :
0
' k
kv t = 1( ) 0
> ( ) 0, t < < , b t (3.2.15) v t v t ( ). k
48
t 1
t 1
k
' +
ℓ
(
)
)
( q s v ,
(
'' ( )sgn ( ) v s k
k
k
1 k C
∫
∫
t
t
0
0
t 1
'
k
‡ - + ( ) p s v s g s v s ( ) ( ) ( ) s ( ) ds Lấy tích phân của (3.2.12) trên ñoạn [t0; t1] và sử dụng (3.2.14) ta có : ) v s ds k v k
ℓ
(
)
)
( q s v ,
1
(
)
0
' v t ( ) k
' v t ( k
k C
∫
t
0
s
t 1
k
(cid:219) - ‡ - ) p s v s ( ) ( ) s ( ) ds + k + ( ) g s v s ( ) k v k
ℓ
(
)
)
(
)
)
exp
g
x x ( ) d
+ ( ) p s v s ( )
s ( )
( q s v ,
ds
' v t 0( k
k
v k
1 k C
∫
∫
t
t
0
0
Khi ñó, từ (3.2.8) ta có:
b
r
(cid:219) £ - - -
)
ds
(3.2.16)
)1
' v t 0( k
v k
( q s v , k
∫
+ C
C
a
r
=
+
+
+
ℓ
)
(3.2.17)
trong ñó :
exp
g
( 1
(1)
p
g 1
2
L
L
L
L
'
( ) 0
( ).
trường hợp
v t v t < , t0 < t < b,
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh ñược (3.2.16) ñược thỏa mãn trong kv t = 1( ) 0
' k
k
(a ; b) sao cho
Do ñó, bất ñẳng thức (3.2.16) thỏa mãn với bất kỳ t0 ˛
£
) 0
kv t 0(
b
r +
„
)
Vì vậy :
(
1)
ds
= k
,
1,2,...
(3.2.18)
1
v k
v k
( q s v , k
∫
1 C
+ C
C
a
Mặt khác, do
k‡
N sao cho:
1
nên từ (3.2.3) ta có thể chọn k0 ˛
v k C
b
1
<
>
( q s v ,
ds
,
k
k
)1
0
k C
∫
1 +
r
1)
2(
v k
1 aC
Nên, từ (3.2.18) ta có thể tìm :
r +
£
(3.2.19)
2(
1)
> k
,
k
v k
v k
0
1 C
C
Áp dụng (3.2.19) cho bài toán (3.2.13) và bất ñẳng thức (3.2.14) ta có :
r
£
ℓ
(
)
p t u t ( ) ( )
u (
t )( )
( q t
+ , 2
) 1
u
, a < t < b, k > k0
'' u t ( ) k
k
k ' g u t ( ) k
k
k C
Áp dụng bổ ñề 3.2.1 ta có :
- - - £
u
k
(3.2.20)
1
k
0
> r k , q 1
C
£
49
def =
r
+
q t
( ,2(
x 1) )
, a < t < b, x ˛
R.
trong ñó, 1( , ) q t x
Tiếp tục, áp dụng (3.2.14) và (3.2.20) cho bất ñẳng thức (3.2.19) ta có :
r +
v
> k
k
2(
1)
,
1
0
k
r q 1
C
ðiều này mâu thuẫn với giả thiết
k‡
1
v k C
£
Hay ta có ñiều phải chứng minh.
(cid:127)
Chứng minh ñịnh lý 3.2.1:
Chọn r là số dương ñược xác ñịnh trong bổ ñề 3.2.2
1
c
(
)
:
C
[0;1];
R
Ta ñịnh nghĩa phiếm hàm
như sau:
R +
fi
v
r
1
C
v
1
£
v t ( )( )
2
,
< r
v
2
r
1
X
C
- £
C r 0 ,
v
2
r
1
C
1 , =
=
‡
[
]
v F v t ( ) ( )( )
Và ñặt:
p t v t ( ) ( ) 1
g t v t ( ) '( ) 1
Xét bài toán:
=
+
+
= (3.2.21)
u t ''( )
(cid:5) F u t
= ( )( ); ( ) 0, ( ) 0
u a
u b
p t u t ( ) ( ) 1
g t u t ( ) '( ) 1
Khi ñó, từ ñiều kiện (3.2.3), mệnh ñề 2.2.1 và bổ ñề 2.1.1 thì bài toán
trên có ít nhất một nghiệm u0.
Bằng cách biến ñổi, ta có u0 là nghiệm của bài toán:
=
+
+
+
u t ''( )
p t u t ( ) ( ) 1
q t ( ) 1
=
+
- - (cid:5) F v t ( )( ) X
g t u t ( ) '( ) [
g t ( )
u (
)
t )( )
ℓX u u t ( ) ( )( ) ] ( ) ,
< < a t
b
,
trong ñó
g t ( ) 1
0
p u ( 2
0
g t 1
=
- X
ℓ
u (
)
F u (
t )( )
)( )
u (
t )( )
.
X
q t ( ) 1
0
0
p t u t ( ) ( ) 1
0
p u ( 2
0
' t u t ( ) 0
0
Sử dụng ñiều kiện (3.2.1), (3.2.2) ta có:
' +
- - -
ℓ
(
)
( )sgn
g t u t ( )
( )
u
t ( )
( q t u ,
)1
" u t 0
u t ( ) 0
+ ( ) p t u t ( ) 1
0
0
0
0
C
‡ -
g t ( )
( ),
< < a t
b
g t ( ) 1
g t 2
Vậy u0 thỏa mãn các ñiều kiện của bổ ñề 3.2.2
Do ñó ta có xấp xỉ nghiệm:
u
r£
.
1 0 C
£ £
50
Từ ñó ta có:
t = )( ) 1
X
u 0(
Thế vào (3.2.21) ta có:
=
F u (
t )( );
= ( ) 0,
= ( ) 0
" u t ( ) 0
0
u a 0
u b 0
Nghĩa là: u0 là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2).
Vậy ñịnh lý 3.2.1 ñược chứng minh
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
3.2.4. Hệ quả 3.2.1
Cho ℓ ˛ L0((a ; b)) là toán tử không tăng và
b
s
+
+
ℓ
[
]
(
)
g s ( )( )
p s ( )
s (1)( )
ds
a
∫
t s ∫ g s ds ( )( )
t
a
+
s
+
s <
ℓ
[
]
(
)
, a ≤ t ≤ b (3.2.22)
g s ( )( )
p s ( )
s (1)( )
ds
g s ds ( )( )
b
-
t ∫ a
b s ∫ g s ds ( )( ) t
b ∫ a
trong ñó : p, g ˛
L((a ; b); R+).
1
-
v C a b R
)
ta có:
0 ([ ; ];
˛
ℓ
Ngoài ra, giả sử với mọi [
] v t ( )( ) sgn ( ) v t
F v t ( )( )
+ ( ) p t v t ( )
g t v t ( )
( ) '
q t ( )
, q˛ L((a ; b); R+) (3.2.23)
Khi ñó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
- ‡ -
Chứng minh hệ quả 3.2.1
Trước tiên, ta chứng minh : (p, g, g) ˛
V0((a; b); ℓ).
Thật vậy:
Ta xét:
1
b
t
e = +
+
+
ℓ
[
]
(
g s ds ( )( )
s ( )( ) g s ds
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
w t ( ) e
-
a
b s ∫
∫
∫
s
a
t
a
t
+
s
+
ℓ
[
]
(
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
, với a ≤ t ≤ b
-
b
∫
b s ∫ g s ds ( )( )
a
t
Áp dụng bất ñẳng thức (3.2.22) ta có thể chọn e > 0 sao cho: ( ) w t
< , với a ≤ t ≤ b
1
0
(3.2.24)
e<
-
51
Ta tính
:
" ( )w t e
b
=
s
+
ℓ
[
]
(
ðặt :
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
w t ( ) a
a
t s ∫ g s ds ( )( )
∫
a
t
t
=
s
+
ℓ
[
]
(
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
w t ( ) b
b
-
b s ∫ g s ds ( )( )
∫
t
a
= -
s
+
ℓ
[
]
(
Ta có :
g s ( )( )
p s ( )
) + s ds
(1)( )
' ( ) w t a
a
-
t s ∫ ( )( ). g t
a
b
+
s
+
ℓ
[
]
(
)
)
( s . g s ds ( )( )
p t ( )
t (1)( )
g t ( )( )
a
-
∫
t
=
s
+
-
ℓ
[
]
(
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
' ( ) w t b
b
b s ∫ ( )( ). g t
t
t
s
+
- -
ℓ
[
]
(
)
)
( s . g s ds ( )( )
p t ( )
t (1)( )
g t ( )( )
b
∫
a
và
= -
s
+
- -
ℓ
(
[
]
(
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
" ( ) w t a
a
t ) s ∫ ( )( ) '. g t
a
s
+
s
- -
ℓ
+ ℓ
(
]
[
]
[
)
(
(
)
)
g t ( )( )
p t ( )
t (1)( )
( s ( )( ). g t
g t ( )( )
p t ( )
t (1)( )
a
a
) s ( )( ) . g t
b
+
s
+
s +
+
ℓ
ℓ
(
[
]
]
(
)
( ) [
)'
g s ds ( )( ) .
) ' g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
a
a
- - - -
∫
( s
t
t
s
=
;
Mà :
g t ( )( )
exp
g s ds ( )
∫
+ a b 2
s
=
;
g t ( )( )
g s ds ( )( )
a
t s ∫
s
1 g t ( )( )
a
s
=
g t ( )( )
g s ds ( )( )
b
b s ∫
s
t
=
+
=
- -
1 ( )( ) g t [
[
]
]
(
)
(
)
p
½
p
p
;
p
½
p
p
+
- -
52
s
=
(
Nên :
) g t ( )( ) '
s g t
g t ( ). ( )( )
;
s
g t
g t ( )( )
g s ds ( )( )
t s ∫ ( ).
s
=
(
) g t ( )( ) '
= - 1
s ( ).
g t
g t ( )( )
a
a
s
a g t ( )( )
-
b s ∫ ( ).
s - g t g t ( )( ) g s ds ( )( )
(
) g t ( )( ) '
b
b
t g t ( )( )
= s = - 1 s ( ). g t g t ( )( ) s
ℓ
[
]
(
) s ds
" ( ) w t a
a
t s ∫ ( ). ( )( ).
a
b
s
+
+
s
+
= - s + - Suy ra: g t g t g s ( )( ) p s ( ) (1)( ) -
ℓ
ℓ
(
[
]
[
]
(
)
(
)'
2
g t ( )( )
p t ( )
t (1)( )
g s ds ( )( )
) g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
a
a
∫
) s ( )( ) . g t
( s
t
b
b
- - -
s
+
ℓ
ℓ
[
]
[
]
(
)
(
)
+
g t
s g s ds ( )( ) .
g t ( )( )
p t ( )
t (1)( )
(3.2.25)
a
∫ ( ).
∫
t
t
=
s
+
ℓ
[
]
(
-
g t
g t
g s ( )( )
p s ( )
) s ds
(1)( )
+ s - g s ds ( )( ) . p t ( ) t (1)( ) - -
" ( ) w t b
b
b s ∫ ( ). ( )( ).
t
t
s
+
Tương tự : -
ℓ
s
+
(
ℓ
[
]
)
(
[
]
(
)'
2
g t ( )( )
p t ( )
t (1)( )
g s ds ( )( )
) g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
b
b
∫
) s ( )( ) . g t
( s
a
t
t
+
- - - -
s
ℓ
ℓ
[
]
[
]
(
)
(
)
+
g s ds ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
.
(3.2.26)
b
∫
∫ ( ).
a
a
+ s + g t s g s ds ( )( ) . g t ( )( ) p t ( ) t (1)( ) - -
Mặt khác, ta lại có :
1
b
=
s
+
(
)
g s ds ( )( )
.
-
'' w t ( ) e
" w t ( ) a
" w t ( ) b
∫
a
.
Nên từ (3.2.25) và (3.2.26) ta có :
1
b
'
-
=
+ ℓ
[
]
(
)
g t w t ( )
( ).
p t ( )
t (1)( )
" w t ( ) e
e
∫
a
b
t
'
'
s
+
s
+
s - g s ds ( )( ) + . -
ℓ
ℓ
(
]
]
( ) [
)
( ) [
)
g s ds ( )( )
g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
s ( )( ) g s ds
g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
a
b
∫
∫
( s
t
a
- - -
53
b
t
'
'
s
+
s
+
Mà :
ℓ
ℓ
(
]
[
]
( ) [
)
(
)
g s ds ( )( )
g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
s ( )( ) g s ds
) g t ( )( ) .
p t ( )
t (1)( )
a
b
∫
∫
( s
t
a
t
b
+
s
s
- - -
ℓ
]
)'
( = [
p t ( )
t (1)( )
s g s ds ( )( ) .
g t ( )( )
s ( )( ) g s ds .
g t ( )( )
.
a
b
∫
∫
a
t
t
s
g s ds ( )( )
g s ds ( )( )
b
∫
a
s
+
- -
ℓ
]
)'
( = [
p t ( )
t (1)( )
.
g s ds ( )( ) .
g s ds ( )( ) .
0
t s ∫
∫
s
b s ∫ t s
g t ( )( )
g t ( )( )
a
t
=
'
- -
[
]
(
)
" w t ( ) e
e
'
= - + ℓ Nên: g t w t ( ) ( ). p t ( ) t (1)( ) -
[
]
" w t ( ) e
e
= - + + ℓ Vậy: p t ( ) g t w t ( ) ( ). t (1)( ) , với a < t < b (3.2.27) -
'
Kết hợp (3.2.24) ta có kết quả:
" w t ( ) e
e
£ + ℓ , với a < t < b (3.2.28) + ( ) p t w t ( ). ( ). g t w t ( ) e w t )( ) ( e
ðiều ñó chứng tỏ với bất kỳ hàm g ˛ (cid:2)
M((a ; b); R) thì sẽ tồn tại
e ˛ w C a b R '([
; ]; ) sao cho:
w’’(t) ≤ p(t)w(t) + g(t)w’(t) + ℓ(w)(t), với a < t < b
Nên : (p, g, g) ˛ V0((a; b); ℓ)
Vậy ñiều kiện (3.2.3) của ñịnh lý 3.2.1 ñược thỏa mãn.
Mặt khác, từ (3.2.23) ta có:
ℓ
[
] v t ( )( ) sgn ( ) v t
- - - F v t ( )( ) p t v t ( ) ( ) g t v t ( ) '( )
‡ - - - ‡ - p t v t v t ( ) ( )sgn ( ) + v t ( ) '( )sgn ( ) g t v t + ( ) p t v t ( ) g t v t '( ) ( ) q t ( ) q t ( )
Do ñó, ñiều kiện (3.2.1), (3.2.2) ñược thỏa mãn với (p1, g1, g2) ≡ (p, g, g).
Vậy áp dụng ñịnh lý 3.2.1 ta có phương trình (1.1), (1.2) có ít nhất một
nghiệm
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Vậy hệ quả 3.2.1 ñược chứng minh
54
3.2.5. Hệ quả 3.2.2
def =
Ta ñịnh nghĩa:
ℓ
˛ v t ( )( ) )
t ([ ; ]; v C a b R ( ) ( ( )), h t v t ) ( ( )( ) ( ) ( ) G u t h t u t t .
= + Xét phương trình: u t "( ) (1.6)
1
trong ñó t ˛ K((a ; b)).
( v C a b R 0 [ ; ];
˛ M((a ; b); (a ; b)) và G ˛ ) Giả sử với mọi ta có:
)
)
( ( q L a b
+
‡ - ˛ G v t v t ( )( )sgn ( ) q t ( ), ; ;R , (3.2.29)
Ngoài ra, giả sử h(t) ≤ 0, a < t < b (3.2.30) và giả sử với e ˛ (0; b – a)
t
t ( )
b
t
ta có:
(
)
( t
)
e < < b s h s ds b a (
∫
∫
t
t ( )
a
- - - - £ - - b t ( ) + s a h s ds ( ) ) ( t ( ) a ( ) ) , a t b
(3.2.31)
Khi ñó, bài toán (1.6), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh hệ quả 3.2.2:
(0,0,0) ˛ Trước tiên, ta chứng minh : (p1, g1, g2) ” V0((a; b); ℓ).
e
=
+
+ -
Thật vậy:
, a ≤ t ≤ b
b t (
s a h s ds
( )
)
t a (
b s h s ds
( )
)
w t ( ) e
b a
1 b a
t ∫ ) ( a
b ∫ ) ( t
- - - Xét: - -
t
< < a t
b
e t ( ( )) 1, w
£ Do (3.2.31) ta có : (3.2.32)
t
b
=
Mặt khác, ta lại có :
b t (
)(
t a h t ) ( )
(
s a h s ds
( )
)
+ t a b t h t ( ( )
)(
)
b s h s ds (
( )
)
' w t ( ) e
∫
∫
1 b a
a
t
b
t
=
- - - - - - - - -
(
b s h s ds
( )
)
(
s a h s ds
( )
)
∫
∫
1 b a
t
a
- - - -
=
=
Suy ra:
(
)
b t h t ( ( ) )
= - ( ) t a h t ( )
h t ( )
h t ( )
" w t ( ) e
1 b a
- - - - (do h(t) < 0) -
t ( ( )) t
" w t ( ) e
" h t w ( ) e
£ Vậy, từ (3.2.32) ta có:
55
]
)
( (cid:2) [ e ˛ w C a b '
(
£ ℓ
,
w t "( )
)( ) w t
Do ñó, tồn tại we ˛ ; ;R sao cho:
với a < t < b
Nên : (0, 0, 0) ˛ V0((a; b); ℓ) .
Xét bài toán: u’’(t) = h(t) u(t(t)) + G(u)(t) = F(u)(t)
Ta có :
ℓ
[
] = ( )( ) sgn ( ) v t
- ‡ - F v t ( )( ) v t G v t v t ( )( )sgn ( ) q t ( )
(3.2.1), (3.2.2) ñược thỏa mãn với
)
)
(
1
2
” Do ñó : ñiều kiện ( 0,0,0,0 , , p p g g , 1 2
Vậy áp dụng ñịnh lý 3.2.1 ta có phương trình (1.6), (1.2) có ít nhất một
nghiệm
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Vậy hệ quả 3.2.2 ñược chứng minh
3.2.6. Hệ quả 3.2.3
c
s
Cố ñịnh ñiều kiện (3.2.30) và giả sử tồn tại c ˛ [a ; b] sao cho:
a
b
∫
b s< ∫ 1,
a
c
c
t
< ( f )( ) s h s ds ( ) ( f )( ) s h s ds ( ) 1 (3.2.33)
s ( )) t
∫
s
t
=
- t ( ( f t )( ) < ds 1, < < a t b (3.2.34) ( ) h s s )( ) f (
f
t ( )
t ( )( ( ) t
h t
< t a ),
< t
b
C a b R ,
- trong ñó: (3.2.35)
1 0([ ; ]; )
Ngoài ra, giả sử bất ñẳng thức (3.2.31) ñúng với mọi v ˛
q ˛ L((a ; b); R+) thì bài toán (1.6), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh hệ quả 3.2.3:
Ta chứng minh: (p1, g1, g2) ≡ (0,0,0) ˛ V0((a; b); ℓ)
c
s
Thật vậy :
a
b
∫
b s‡ ∫
a
c
c
s
( f )( ) s h s ds ( ) ( f )( ) s h s ds ( ) (3.2.36) Giả sử:
a
b
∫
b s ∫
a
c
< ( f )( ) s h s ds ( ) ( f )( ) s h s ds ( )
56
c
e = +
< <
ðặt:
(
f
s )( )
ds a t b
,
d
w t ( ) e
∫
t s ∫
s
x ( ) h x x )( ) f (
s
a
c
= - e
(
,
d
f
)( ) s
< < ds a t b
( ) w t e
∫
b s ∫
s
x ( ) h x x )( ) f (
s
t
Từ (3.2.32) và (3.2.33), ta có thể chọn e > 0 sao cho
0 < w e(t) < 1, với a ≤ t ≤ b.
c
=
s
(
f
t )( )
ds
< < a t b
,
' w t ( ) e
∫
s
h s ( ) s )( ) f (
t
'
c
c
'
=
+ s
( s
)
Lấy ñạo hàm cấp một và cấp hai của we(t). Ta có :
(
f
t )( )
ds
(
f
t )( )
ds
" w t ( ) e
∫
s
h s ( ) s )( ) f (
h s ( ) s )( ) f (
t
∫ s t
c
=
s
Khi ñó :
(
)
f
t ( )
(
f
t )( )
ds
h t ( )
∫
s
h s ( ) s )( ) f (
t
c
=
+
-
)
h t
t
f
ds
h t ( )
t t ( )( ( )
( s )
(
t )( )
∫
s
h s ( ) s f )( ) (
t
=
+
-
, với a < t < b
h t ( )
t ( )( ( ) t
h t
' t w t ) ( ) e
-
< < a t b
" ( ) 0, w t e
£ Do (3.2.34) nên:
' ( )w t e
t
t ( )
'
<
Do ñó, không tăng, từ ñó ta có:
( t
w s ds w t ( )
( )
t ( )
) < < t a t
,
b
e
' e
∫
t
- (3.2.37)
" ( )w t e
Kết hợp (3.2.37) với ta có:
)
)
+ ( ) h t
t ( ( )) t
( ( ) 1
h t
+ t ( ( )) t
t ( ( ))
" ( ) w t e
( h t w ( ) e
= ( ) w t e
w e
h t w t ( ) ( ) e
t h t w ( ) e
£ - - £
(cid:2)
(do we(t) < 1 và h(t) < 0, với a < t< b)
e ˛ w C a b R
"( )w t ≤ ℓ(w)(t), với a < t < b
Do ñó, tồn tại '([ ; ]; ) sao cho:
(cid:127) Nên : (0, 0, 0) ˛ V0((a; b); ℓ)
57
u t = h(t) u(t(t)) + G(u)(t) = F(u)(t) "( )
Xét bài toán:
ℓ
] = ( )( ) sgn ( ) v t
- ‡ - Ta có : [ F v t ( )( ) v t G v t v t ( )( )sgn ( ) q t ( )
(3.2.1), (3.2.2) ñược thỏa mãn với
)
)
(
1
2
” Do ñó : ñiều kiện ( 0,0,0,0 , , p p g g , 1 2
Vậy áp dụng ñịnh lý 3.2.1 ta có phương trình (1.6), (1.2) có ít nhất một
nghiệm
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127) Vậy hệ quả 3.2.3 ñược chứng minh
3.2.7. Hệ quả 3.2.4
u t = p1( t)u( t) + p2( u)( t).u’( t) + h( t) u( t ( t) + G( u)( t) "( )
Xét phương trình ở dạng (1.4):
trong ñó: t ˛ M((a ; b); (a ; b)), p1˛ L((a ; b); R) và p2, G ˛ K((a ; b)).
1
Giả sử ñiều kiện (3.2.2) và (3.2.31) ñược thỏa mãn với mọi
0 ([ ; ];
l
˛ v C a b R ) , trong ñó p2, G ˛ K((a ; b)), q˛ L((a ; b); R+) .
a [0;1],
i
ij
˛ ˛ Ngoài ra, giả sử tồn tại các số +¥ [0; = ), , i j 1,2 và
c
a b [ ; ]
l
l
˛ sao cho:
1
1
+¥
+¥
1
2
(
)
(
)
2
2
∫
a
a +
∫ a
11
12
1
22
2
0
0
l 12
a
- - - - ds ds > (3.2.38) + - - , a > l s s c a l 1 + s b c 1 s + 21
(
)
[
]
11
l
l
1
a
- ‡ - t a h t ( ) Và , + ( ) p t 1
( t
) t h t ( )
12
l 22
a
- - ‡ - t a ( ) t ( ) , a < t < c + ( ) g t 1 - + 1 t a
(
)
[
]
21
l
l
2
a
- ‡ - b t h t ( ) , + ( ) p t 1
( t
) t h t ( )
22
- - £ b t ( ) t ( ) , c < t < b (3.2.39) + ( ) g t 1 - + 2 b t
Với phiếm hàm h thỏa mãn ñiều kiện (3.2.30)
Khi ñó, bài toán (1.4), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
58
Chứng minh hệ quả 3.2.4:
Ta cần chứng minh : (p, g1, g2) ˛ V0((a; b); ℓ)
)
)
( ( g M a b R
;
;
ñẳng thức:
˛ Hay cần chứng minh: với bất kỳ hàm thỏa mãn bất
g1(t) ≤ g(t) ≤ g2(t), với a < t < b
(cid:2) (
)
˛ thì sẽ tồn tại w ˛ w C a b R ' [ ; ]; sao cho:
(
( ) ( ) + p t w t
( ) ( ) g t w t
)( ) w t
£ + ℓ w t "( ) ’ , với a < t < b
Thật vậy : Giả sử c ˛ (a ; b) (trường hợp c = a, c = b chứng minh hoàn toàn tương tự).
l
l
Do (3.2.38) nên tồn tại 0 < g , i = 1, 2 sao cho:
1
1
k
2
1
k 1
2
(
(
)
i < ki < + ¥ )
ds
ds
=
(3.2.40)
2
2
∫
a
+ a
+
, a
∫ a
= l
- - - -
s
s
c a l 1
+ s
b c 1
s
g
g
11
12
1
+ 21
22
2
1
2
l
- -
1
1
k 1
Ta xây dựng hai hàm r 1, r 2 sao cho : (
)
ds
=
<
(3.2.41)
,
a
t
c
2
∫
a
+ a
+
s
s
t a l 1
r
11
12
1
t ( )
1
l
- - £ -
1
k
2
2
(
)
ds
=
£ <
,
c
t b
(3.2.42)
2
∫
a
+ a
+
- -
s
s
b t l 1
r
21
22
2
t ( )
2
Từ (3.2.40) ta có:
g 1 < r 1(t) < k1, a < t < c, g 2 < r 2(t) < k2, c < t < b,
(3.2.43)
r 1 (c) = g 1, r 2 (c) = g 2
t
l
-
1
r
(
)
exp
s a
c
1
∫
c
(3.2.44)
Xét:
v t ( )
c
- - £ £
l
2
r
< £
(
)
b s
t b
exp
,
2
∫
s ds a t ( ) , s ds c ( )
t
=
t
−
λ 1
λ 1
a
− )
t ( ).exp
(
s
a
)
c
,
−
t < <
ρ 1
ρ 1
∫
c
s ds a ( )
v t '( )
(3.2.45)
Suy ra :
c
λ 2
λ 1
,
− )
ρ
t ( ).exp
b (
s
− )
ρ
b
−
t < <
2
2
∫
t
s ds c ( )
( t − = − − ( b t
- -
59
Ta lại có :
2
λ 1 − − 1
λ 1
λ 1
a
)
t ( )
a
− )
a
− )
ρ .
( t + −
( t + −
ρ . 1
t ' ( ) 1
2 ρ . 1
λ ( t − − 1
( ) . t
t
λ 1
.exp
(
s
a
− )
c
,
−
t < <
ρ 1
∫
c
v t ''( )
(3.2.46)
=
2
λ 2
λ 2
λ 1 − − ) 2
t ( )
− )
s ds a ( ) − )
ρ
ρ .
ρ .
b t ( −
( b t + −
( b t − −
2
t ' ( ) 2
2 2
λ − 2
( ) . t
c
−
λ 1
,
b
.exp
b (
s
)
ρ
t < <
−
2
∫
t
s ds c ( )
Mặt khác , từ (3.2.41), (3.2.42) ta có :
−
λ 1
,
t ( )
a
)
t ( )
t ( )
( t = − −
+
+
' ρ 1
11
α ρ 12 1
2 ρ 1
( α
)
−
λ 2
t ( )
)
t ( )
t ( )
(3.2.47)
ρ
ρ
( b t = −
+
+
' 2
21
α ρ 22 2
2 2
( α .
)
Thế (3.2.47) vào (3.2.46) ta có :
1
1
v t ''( )
v t . '( )
t ( )
t v t ( ). ( )
11
2 ρ 1
2 ρ . 1
2
2
( α .
) v t ( ) . ( ) t
λ 1
λ 1
t (
a
)
a
a
( t
)
( t
)
λ
1
= − − + + + α ρ 12 1 λ 1 − − −
v t . '( )
v t . ( )
a
t v t ( ). ( )
( t .
11
1
2
λ 1
λ 1
t (
a
)
a
12 a
( t
)
)
( t
α α . = − − − − ρ− ) 1 . λ 1 − − −
v t . ( )
v t . '( )
, với a < t < c
(3.2.48)
2
λ 1
λ 1
t (
11 a
12 a
)
( t
)
Tương tự ta có :
α
, c < t < b (3.2.49)
v t ''( )
v t . ( )
v t . '( )
= −
+
−
2
λ 2
λ 2
21 ( b t −
)
)
α 22 ( b t −
λ 2 − b t
α = − − + − α ( t − λ 1 − ) a
Suy ra :
, với a < t < b
(3.2.50)
v t
"( ) 0
0,
a
,
(( ; ) \ { };
a b
),
0
>
t ≤ ≤
b v C ∈
> , a < t < c
Ngoài ra: ( ) v t
(cid:2)' loc
c R v t '( ) +
v’(t) < 0, c < t < b ; v’(c-) ≥ v’(c+)
(3.2.51)
và Khi ñó, xét mọi hàm ño ñược g : (a ; b) fi
R thỏa mãn :
g1(t) ≤ g(t) ≤ g2(t), a < t < b
Kết hợp (3.2.48), (3.2.49) và (3.2.39) ta có :
£
60
α
v t ''( )
v t . ( )
v t . '( )
, với a < t < c
= −
−
+
2
λ 1
λ 1
t (
11 a
12 a
−
)
( t
)
α ( t −
λ 1 − ) a
τ
p t ( )
t ( )
v t '( )
≤
+
+
+
+
−
−
(
) h t v t ( ) ( )
(
g t ( ) 1
a
p t ( )
a h t ( )
t ( )
) t h t v t '( ) ( ) a '( ),
t
(3.2.52)
τ
≤
+
+
λ 1 t − g t v t ( ) '( ) +
−
λ 1 t − < < c
(
) h t v t ( ) ( )
(
) t v t
Tương tự :
α
, với c < t < b
v t ''( )
v t . ( )
v t . '( )
= −
+
−
2
λ 2
λ 2
21 ( b t −
)
)
α 22 ( b t −
λ 2 − b t
p t ( )
t ( )
v t '( )
τ
≤
+
+
+
+
−
−
(
) h t v t ( ) ( )
(
g t ( ) 1
) t h t v t '( ) ( )
λ 2 b t −
λ 2 b t −
τ
p t ( )
g t v t ( ) '( )
h t ( )
t ( )
, với c < t < b.
≤
+
+
+
−
(
) h t v t ( ) ( )
(
) t v t '( )
Vậy :
τ
v t ''( )
p t ( )
g t v t ( ) '( )
h t ( )
t ( )
, với a < t < b (3.2.53)
≤
+
+
+
−
(
) h t v t ( ) ( )
(
) t v t '( )
Do (3.2.50), ta có :
t ( )
τ
v s ds '( )
v t
t
)
, a < t < b
τ '( )( ( ) t
≤
−
∫
t
Vì vậy, từ (3.2.53) ta có :
v t ''( )
p t v t ( ) ( )
g t v t ( ) '( )
h t v ( )
, với a < t < b
tτ ( )
≤
+
+
(
)
Do ñó, v là hàm trên của bài toán (2.2.10).
0
Hay :
(
(cid:3) p g U a b
(( ; ))
)
,
∈
Hơn nữa, a (t) ≡ 0 là hàm dưới của bài toán (2.2.10)
Khi ñó, xét bài toán :
u t ''( )
p t u t ( ) ( )
g t u t ( ) '( )
h t u ( )
tτ ( )
, u(a) = v(a), u(b) = v(b)(3.2.54)
=
+
+
(
)
0
Ta có :
(
(cid:3) p g U a b
(( ; ))
)
,
và a (t), v(t) lần lượt là hàm dưới và hàm trên
∈
của bài toán (2.2.10) thỏa mãn :
a (t) ≤ v(t) , với a ≤ t ≤ b ; a (a) ≤ 0 ≤ v(a) ; a (b) ≤ 0 ≤ v(b), (do 3.2.51)
61
nên theo bổ ñề 2.2.1 ta có : bài toán (2.2.10), (1.2) có ít nhất một nghiệm w
sao cho :
w(t) ≥ 0, với a ≤ t ≤ b
Ta chứng minh : w(t) > 0. Thật vậy : ta lại có a (t) ≡ 0, b (t) = w(t), với a ≤ t ≤ b lần lượt là hàm dưới
và hàm trên của bài toán (2.1.2)
Tiếp tục áp dụng bổ ñề 2.2.1 thì bài toán (2.1.2), (3.2.54) có một nghiệm u0
Và :
0 ≤ u0(t) ≤ w(t), với a ≤ t ≤ b
Mà :
u0(a) = v(a) > 0, u0(b) = v(b) > 0 nên : u0(t)> 0.
Vậy
w(t) > 0 với a ≤ t ≤ b
(cid:2) (
)
Hay : tồn tại w ˛
w C a b R
' [ ; ];
sao cho:
w t ''( )
p t w t ( ) ( )
g t w t ( ) '( )
( )
, với a < t < b
≤
+
+
( h t w tτ ( )
)
Nghĩa là : (p, g1, g2) ˛
V0((a; b); ℓ)
Vậy ñiều kiện (3.2.2) của ñịnh lý 3.2.1 ñược thỏa mãn.
Tiếp tục, xét bài toán :
u’’( t) = p1( t)u( t) + p2( u)( t).u’( t) + h( t) u( t ( t) + G( u)( t) = F(u)(t)
˛
ℓ
Ta có : [
] v t ( )( ) sgn ( )
= v t G v t
v t ( )( )sgn ( )
q t ( )
F v t ( )( )
p t v t ( ) ( ) 1
p v t v t ( )( ) '( ) 2
(do bất ñẳng thức (3.2.29))
nên ñiều kiện (3.2.1) ñược thỏa mãn.
Do ñó, áp dụng ñịnh lý 3..2.1 ta có bài toán (1.4), (1.2) có ít nhất một
nghiệm
- - - ‡ -
Vậy hệ quả 3.2.4 ñược chứng minh.
(cid:127) (cid:127) (cid:127) (cid:127)
62
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Luận văn ñã ñạt ñược những mục tiêu ban ñầu ñề ra. Qua các kết quả
của luận văn, chúng tôi ñã nghiên cứu tính giải ñược và tính duy nhất nghiệm
của bài toán biên hai ñiểm cho phương trình vi phân hàm bậc hai và áp dụng
các kết quả ñó cho phương trình vi phân ñối số lệch.
Qua ñó, câu hỏi tự nhiên ñặt ra là: các kết quả trên còn ñúng hay không
cho phương trình vi phân hàm bậc cao. Hơn nữa, ñối với bài toán trên chúng
tôi còn chưa nghiên cứu các tính chất xấp xỉ nghiệm của nó.
Ngoài ra, các kết quả trên còn ñúng hay không ñối với bài toán biên
dạng tuần hoàn, hay bài toán biên nhiều ñiểm cho phương trình vi phân hàm
bậc cao.
Các vấn ñề này nói chung vẫn còn mở, chưa ñược giải quyết cặn kẽ.
Chính vì vậy, thông qua các kết quả ñã ñạt ñược trong luận văn này, chúng tôi
mong muốn ñược mở rộng và tiếp tục nghiên cứu các vấn ñề vừa nêu.
63
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.
I.Kiguradze and B.Puza , On boundary value problems for systems of
linear functional differential equations, Czechslovak. Math, J. 47,
(1997) (No.2) , 341-373.
2.
I.Kiguradze and B.Puza , Conti–Opial type theorems for systems of
functional differential equations, Differentsialnye Uravneniya, 33,
(1997) (No.2) , 185-194.
3.
I.Kiguradze and B. Puza , On the sovability of nonlinear boundary value
problems for fuctional differential equations, Georgian Math, J, 5
(1998) (No. 3), 251-262.
4.
I..T.Kiguradze, Some singluar boudary value of problem for ordinary
differential quations , Tbilisi Univ. Press, Tbilisi (1975)
5. S.N.Berstein, On variational calculus equations. Uspekhi mat.nauk 8
(1940), (No.1), 32 – 74.
6.
J.Hale, Theory of functional differential equations. Springer-Verlag,
NewYork-Heidelberg-Berlin, (1977)
7. A.G.Lomtatidze, On a boundary value problem for second order
nonlinear ordinary differential equations with singularities,
Differentsial’snye Uraneniya 22 (1986), (No.3), 416 – 426
8. A.G.Lomtatidze and S.V. Mukhigulashvili, On a two-point boundary
value problem for second order functional differential equations,
Mem. Differential Equations Math. Phys.10 (1997), 125 – 128,
150 – 152
9. V.V.Gudkov, Yu. A.Klokov, A.J.Lepin and V.D.Ponomarev, Two-point
boundary value problems for ordinary equations, Zinatne, Riga,
(1973)
64
10. I.T.Kiguradze, On a priori estimates for derivatives of bounded funtions
satisfying second order differential inequalities, Differentsial’nye
Uravneniya 3 (1967), (No 7), 1043 - 1052
