Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao là nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao. Từ đó, áp dụng các kết quả đạt được cho phương trình vi phân đối số chậm, đối số lệch.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH  Nguyễn Tăng Vũ BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS Nguyễn Anh Tuấn Thành phố Hồ Chí Minh – 2010
LỜI CẢM ƠN Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn, mặc dù bận rất nhiều việc nhưng đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi có thể hoàn thành luận văn. Nhân đây em cũng xin lỗi thầy vì đã làm thầy thất vọng về mình trong thời gian làm luận văn, và mong thầy luôn có sức khỏe tốt và thành công trong công việc. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN-Sau Đại học cùng toàn thể thầy cô khoa Toán-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian học tập và nghiên cứu tại trường. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị đồng nghiệp và bạn bè thân hữu đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện đề tài hơn. Xin chân thành cảm ơn. TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2010
DANH MỤC KÍ HIỆU  I   a, b  n  R n là không gian vectơ n chiều với vectơ cột x   xi i 1 trong đó xi  R n n Trên R ta trang bị chuẩn: x   xi i 1 n  R nn là không gian các ma trận cấp n  n X   xik i ,k 1 trong đó xik  R  i, k  1,2,..., n  với chuẩn: n X   xik i ,k 1  Rn   x  n i i 1  R n : xi  0; i  1,..., n , Rnn    x n  ik i ,k 1  R n  : xik  0; i , k  1,..., n  Nếu x, y  R n và X , Y  R nn thì: x  y  y  x  Rn , X  Y  Y  X  Rnn n n  Nếu x   xi i  R n và X   xik i,k 1  R nn thì: n n n x   xi i 1 , X   xik i ,k 1 , sgn  x    sgn xi i1    C I ; R n không gian các vectơ hàm liên tục x : I  R n với chuẩn x C   max x  t  : t  I   C với   0 là không gian các hàm liên tục  -tuần hoàn u : R  R với chuẩn: u C   max u  t  : t  R   C n 1   0;   là không gian các hàm u :  0;    R khả vi liên tục cấp (n – 1) với chuẩn n u C n 1 0;    max u k 1   k 1 t  : 0  t     Cn1 là không gian các hàm khả vi liên tục cấp  n  1 ,  -tuần hoàn với chuẩn
n   u  k 1 u Cn 1 C k 1  n1 là không gian các hàm u  C n1 với u n1 là liên tục tuyệt đối.  C   L 0;  là không gian các hàm khả tích Lebesgue u :  0;    R với chuẩn  u L 0;     u  t  dt 0    L I ; R n không gian các vectơ hàm khả tích x : I  R n với chuẩn b x L   x  t  dt a  L là không gian các hàm u : R  R ,  -tuần hoàn, khả tích Lebesgue trên 0;  với chuẩn  u L   u  s  ds 0
MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường và phương trình vi phân hàm ra đời từ thế kỷ 18, song đến nay vẫn được nhiều người quan tâm nhờ các ứng dụng rộng rãi của nó trong các lĩnh vực vật lý, cơ học, kinh tế, nông nghiệp, …. Đặc biệt, bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm đạt được nhiều kết quả bắt đầu từ năm 1995 nhờ các kết quả của các tác giả như I. Kiguradze, B. Puza cho hệ phương trình vi phân hàm tổng quát. Các kết quả về phương trình vi phân hàm bậc cao cũng được nghiên cứu một cách rộng rãi và cũng đạt được nhiều kết quả đáng chú ý. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao. Từ đó, áp dụng các kết quả đạt được cho phương trình vi phân đối số chậm, đối số lệch. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Lý thuyết bài toán biên, giải tích hàm, lý thuyết phương trình vi phân hàm. Lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao. 4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu Luận văn là tài liệu tham khảo cho tất cả mọi người quan tâm đến bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao. 5. Cấu trúc luận văn Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Nội dung chính của chương là nghiên cứu sự tồn tại nghiệm đối với bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến. Chương 2: Nghiệm tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao Chương này nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao và áp dụng các kết quả cho phương trình vi phân đối số lệch, đối số chậm.
Chương 1. BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1 Giới thiệu bài toán       Cho f :C I ; Rn  L I ; Rn và h :C I ; Rn  Rn là các toán tử liên tục thỏa với mọi    0;   thì: sup  f  x . : x  C  I ; R  , x    L  I ; R  n C sup  h  x  : x  C  I ; R  , x      n C Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến: dx  t   f  x  t  (1.1) dt với điều kiện biên h x  0 (1.2) Định nghĩa 1.1 Nghiệm của của bài toán (1.1), (1.2) là các vectơ hàm liên tục tuyệt đối x : I  Rn , thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2). Trong phần hai ta nghiên cứu các điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của phương trình (1.1), (1.2). Trong phần ba, ta thiết lập các tiêu chuẩn cho sự tồn tại nghiệm của bài toán biên: dx  t   f0  t , x  t   (1.3) dt x  t1  x    A  x  x  t2  x    c0 (1.4) trong đó f0 : I  R n  R n là vectơ hàm thỏa điều kiện Caratheodory, c0  Rn và     ti : C I ; R n  I và A : C I ; R n  Rnn là toán tử liên tục.
1.2 Định lý tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) Định nghĩa 1.2    Cặp toán tử  p, l  với p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn và         : C I ; R n  C I ; R n  R n được gọi là nhất quán nếu thỏa các điều kiện sau: i)   Với mỗi x  C I ; R n cố định, toán tử p  x,. : C I ; R n  L I ; Rn và         x,. : C I ; R n  Rn là tuyến tính. ii) Với mọi x, y  C  I ; R n  và hầu hết t  I ta có các bất đẳng thức: p  x, y  t    t , x C  y C ,   x, y   0  x C  y C , trong đó 0 : R  R là hàm không giảm và  : I  R  R khả tích theo đối số thứ nhất và không giảm theo đối số thứ hai. iii)  Tồn tại số thực dương  sao cho với mọi x  C I ; R n , q  C I ; Rn và c0  Rn ,    và với mọi nghiệm bất kỳ y của bài toán biên: dy  t   p  x, y  t   q  t  ,   x, y   c0 (1.5) dt  thỏa y C   c0  q L  (1.6) Định lý 1.3 Giả sử tồn tại số dương ρ và cặp nhất quán  p,   với          p :C I ; R n  C I ; R n  L I ; Rn và  : C I ; R n  C I ; R n  R n là các toán tử liên tục  sao cho    0;1 mọi nghiệm của bài toán dx  t   p  x, x  t     f  x  t   p  x, x  t   (1.7) dt   x, x      x, x   h  x   (1.8) thỏa x C  (1.9)
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh Gọi  ,0 và  là các hàm và các số trong định nghĩa 1.2. Ta đặt:      t   2   t , 2    sup f  x  t  : x  C I ; R n , x C  2  0  t   2   2    sup  h  x  : x  C  I ; R  , x 0 n C  2  1 khi 0  s     s   s   2  khi   s  2     s   1 (1.10)   0 khi s  2  q  x  t    x C   f  x t   p  x, x t  (1.11) c0  x    x C    x, x   h  x  Khi đó do định nghĩa của f và α ta có   t   L  I ; R  ,  0   và với mỗi x  C I ; R n ta có     x C   0  x  2 ,   x C   1  x C  2 nên với hầu hết t  I , ta có bất đẳng thức: q  x  t     t  , c0  x    0 (1.12) ( do q  x  t   0  x C  2  )   Cố định x  C I ; R n , xét bài toán biên tuyến tính dy  t   p  x, y  t   q  x  t  ,   x, y   c0  x  (1.13) dt Theo điều kiện (iii) của định nghĩa 1.2 thì bài toán thuần nhất dy  t   p  x, y  t  ,   x, y   0 (1.130) dt chỉ có nghiệm tầm thường. Theo định lý 1.1 ([5]) từ điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 1.2 và (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài toán (1.13) có nghiệm duy nhất.
Mặt khác, từ các điều kiện (ii), (iii) của định nghĩa 1.2 và các bất đẳng thức trong (1.12), nghiệm y của bài toán (1.13) thỏa y C  0 , y  t    *  t  hầu hết t  I (1.14)   trong đó  0    0   L ,  *  t     t ,  0   0    t      Đặt u : C I ; R n  C I ; Rn là toán tử đặt tương ứng mỗi x  C I ; R n với nghiệm y trong   bài toán (1.13). Từ hệ quả (1.6) ( hệ quả của định lý về tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính trong [5]), thì toán tử u liên tục. Mặt khác, từ các t bất đẳng thức (1.14) ta có: u  x  C  0 , u  x  t   u  x  s     *    d với s, t ∈ I. s     Đặt C0  x  C I ; R n : x C  0 , khi đó u là toán tử liên tục từ C0 vào tập con compact của chính nó, nên theo nguyên lý Schauder, tồn tại x  C0 sao cho u  x  t   x  t  với t ∈ I. Theo đẳng thức (1.11), x rõ ràng là nghiệm của bài toán (1.7), (1.8) với    x C  (1.15) Chúng ta cần chứng minh x thỏa (1.9). Giả sử ngược lại, khi đó sẽ xảy ra hai trường hợp   x C  2 (1.16) Hoặc x C  2 (1.17) Nếu bất đẳng thức (1.16) thỏa mãn, thì theo (1.10) và (1.15) thì    0,1 . Tuy vậy, theo điều kiện của định lý ta có (1.9) nên mâu thuẫn với (1.16). Nếu (1.17) thỏa. Khi đó theo (1.10) và (1.15) thì   0 , suy ra x là nghiệm của bài toán (1.130). Điều này là không thể vì (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường. Từ các điều trên ta thấy x thỏa (1.9). Do đó, từ (1.9), (1.10), (1.15) rõ ràng   1 , suy ra x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). 
Định nghĩa 1.4           Cho p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn và  : C I ; R n  C I ; R n  R n bất kì, và p0 : C  I ; R n   L  I ; Rn  và  : C  I ; Rn   Rn là các toán tử tuyến tính. Chúng ta nói rằng cặp  p ,   thuộc về lớp  pn,l nếu tồn tại dãy xk  C  I ; Rn   k  1,2,.. sao cho với mỗi 0 0 y  C  I ; R n  các điều kiện sau được thỏa mãn: t t k  lim  p  xk , y   s  ds   p0  y  s  ds đều trên I 0 0 lim   xk , y    0  y  k  Định nghĩa 1.5    Ta nói cặp toán tử liên tục p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn và         : C I ; R n  C I ; R n  R n , thuộc lớp O0n nếu: i)    Với x cố định thuộc C I ; Rn thì toán tử p  x,. : C I ; R n  L I ; Rn và        x,. : C I ; R n  Rn là các toán tử tuyến tính.   ii’) Với bất kì x và y thuộc C I ; Rn và hầu hết t  I , các bất đẳng thức p  x, y  t     t  y C ,   x, y    0 y C thỏa mãn, trong đó  : I  R là khả tích và 0  R iii’) Với mỗi  p0 ,  0    npl , bài toán dy  t   p0  y  t  ,  0  y   0 (1.18) dt chỉ có nghiệm tầm thường. Hệ quả 1.6
Giả sử tồn tại số dương  và cặp toán tử  p,    O0n sao cho với mỗi    0,1 , mọi nghiệm của bài toán (1.7), (1.8) thỏa (1.9). Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh Theo bổ đề 2.2 của [6], nếu  p,    O0n thì  p,   là nhất quán, nên từ định lý 1.3 ta có điều cần chứng minh.  Định nghĩa 1.7    Toán tử p0 : C I ; R n  L I ; Rn được gọi là bị chặn mạnh nếu tồn tại một hàm khả tích  : I  R sao cho với mọi y  C  I ; R n  thì bất đẳng thức p  y  t     t  y 0 C thỏa mãn với hầu hết t  I . Hệ quả 1.8 Giả sử tồn tại số nguyên dương ρ, một toán tử tuyến tính bị chặn mạnh     p0 : C I ; R n  L I ; Rn và một toán tử tuyến tính bị chặn  0 : C I ; Rn  R n sao cho bài   toán (1.18) chỉ có nghiệm tầm thường và với mỗi    0,1 nghiệm bất kì của bài toán dx  t   p0  x  t     f  x  t   p0  x  t   ,  0  x     0  x   h  x  dt thỏa (1.9). Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh Đặt p  x, y  t   p0  y  t  ,   x, y    0  y  . Rõ ràng do p0 là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh và  0 là toán tử tuyến tính bị chặn, theo định nghĩa 1.7 thì p  x, y  t  và   x, y  thỏa điều kiện (i) và (ii’) của định nghĩa 1.5. Mặt khác, ta thấy  p0 ,  0    np ,l , (do p  x, y  ,   x, y  không phụ thuộc x) và  p0 ,  0  thỏa điều kiện (1.18) chỉ có nghiệm tầm thường, suy ra  p0 ,  0  thỏa điều kiện (iii’) của định nghĩa 1.5. Do đó  p,    O0n . Từ đó theo hệ quả 1.6 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. 
1.3 Định lý tồn tại nghiệm của bài toán (1.3), (1.4) Trong bài toán (1.3), (1.4) thì ta xét vectơ hàm f0 : I  R n  R n thỏa điều kiện   Caratheodory, các toán tử ti : C I ; R n  I  i  1,2 và A : C I ; R n  Rnn là tiên tục.   Đặt   I 0  t1  x  : x  C I ; R n   A  x   max A  x  y : y  R n , y  1 0  Định lý 1.9 Giả sử tồn tại các hàm khả tích g1 : I  R, g 2 : I  R và một số    0,1 sao cho: f0  t , x  .sgn  t  t0  x   g1  t  x  g 2  t  với t  I , t0  I0 , x  R n (1.19) và t 2  x   exp   g1  t  dt .sgn  t2  x   t1  x    A  x    với x  C I ; R n   0   (1.20)  t1  x   Khi đó bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm. Chứng minh   Với mỗi x, y  C I , R n , đặt f  x  t   f0  t , x  t   , h  x   x  t1  x    A x  x  t2  x    c0 , p  x, y  t    g1  t  sgn  t  t1  x    y  t  ,   x, y   y  t1  x         Ta chứng minh toán tử p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn và  : C I ; R n  C I ; R n  R n     là các toán tử liên tục và cặp toán tử  p,   là nhất quán. Thật vậy,
(i)  Rõ ràng do cách xác định hàm ti mà p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn ,           : C I ; R n  C I ; R n  R n và với cách đặt như trên thì p,  tuyến tính theo đối số thư hai. (ii) Ta có p  x, y  t  ,   x, y  thỏa (ii) của định nghĩa 1. 5 với   g1 L ,0  1 (iii)    Với mọi x  C I ; R n , q  C I ; Rn và c0  Rn .  t Đặt R  t    g1  s  sgn  s  t1  x  ds . Khi đó nghiệm của bài toán (1.5) trong định t1  x  t  R t  R s  R t  nghĩa 1.3 là y  t   c0e   qse ds t1  x  g1 Chọn   e L 1  b  a  không phụ thuộc vào x, q, c0 thì y C    c0  q L  Với bất kì    0,1 , ta xét bài toán dx  t   1     g1  t  sgn  t  t1  x    x  t    f0  t , x  t   , dt x  t1  x      A  x  x  t2  x    c0  Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài toán trên ứng với    0,1 . Đặt u  t   x  t  , Ta chứng minh u  t   x  t  sgn  x  t   hầu khắp nơi trên I. Thật vậy, giả sử x  t    x1  t  , x2  t  ,..., xn  t   khi đó ta có xi  t    xi  t  sgn  xi  t   hầu khắp nơi trên   n  n I. Do đó u  t   x  t     xi  t     xi  t  sgn  xi  t     x  t   sgn  x  t   hầu khắp nơi    i 1  i 1 trên I. Từ (1.19) và x  t  là nghiệm của bài toán trên nên:
u  t  sgn  t  t1  x    x  t  sgn x  t  sgn  t  t1  x    1    g1  t  sgn x  t  x  t    f 0  t , x  t   sgn  t  t1  x   sgn  x  t    1    g1  t  x  t    f 0  t , x  t   sgn  t  t1  x   x  t    g1  t  x  t   g 2  t  (Do g2  t   0 )  g1  t  u  t   g 2  t  với t  I (1.21) Mặt khác, từ x  t1  x      A  x  x  t2  x    c0  ta suy ra u  t1  x    A x  u  t2  x    c0 (1.22) 0 Từ bất đẳng thức (1.21) ta có  t  u  t   exp   g1  s  sgn  s  t1  x   ds  u  t1  x    1 (1.23)    t1  x    trong đó 1  exp g1 L g 2 L .  Thay t  t2  x  vào (1.23), và từ (1.20) và (1.22) thì :  t2  x   u  t2  x    exp  g1  s  sgn  s  t1  x   ds  u  t1  x    1    1 t  x    t2  x       exp   g1  s  sgn  s  t1  x   ds  A  x  u  t2  x    c0  1 0  1t  x    t2  x    exp  g1  s  sgn  s  t1  x   ds  A  x  u  t2  x      0 1t  x    t2  x    exp  g1  s  sgn  s  t1  x   ds  c0  1     t1  x     u  t2  x    exp g1  L  co  1
Suy ra u  t2  x     2 (1.24) 1  với 2  1   c0 exp g1  L   1  .  Từ (1.20), ta cũng có  t2  x   A  x    exp   g1  t  dt .sgn  t2  x   t1  x      exp g1   L  0   t  1  x   Từ bất đẳng thức trên và từ (1.22) – (1.24) ta suy ra x thỏa bất đẳng thức (1.9), với  0   exp 2 g1 L  2  c0   1 là hằng số dương không phụ thuộc  và x 
Chương 2. NGHIỆM TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO 2.1 Giới thiệu bài toán Cho số tự nhiên n  2 và   0 , f : Cn1  L là toán tử liên tục.Ta xét phương trình vi phân hàm: u   t   f  u  t  n (2.1) với f thỏa f r* .  sup f  u . : u  r  L với r  0   (2.2) Định nghĩa 2.1  n 1 được gọi là nghiệm  -tuần hoàn của bài toán (2.1) nếu thỏa Một hàm u  C phương trình (2.1) hầu hết trên R . Trường hợp đặc biệt của phương trình (2.1) là: n  u   t   g t , u 1  t   , u  2  t   ,..., u   n  t   n 1  (2.3) trong đó g : R  Rn  R là hàm thuộc lớp Caratheodory, tuần hoàn theo biến thứ nhất, tức là thỏa đẳng thức g  t   , x1,..., xn   g  t , x1,..., xn  (2.4) hầu hết t  R , mọi  x1, x2 ,..., xn   R n . Các hàm  k : R  R  k  1, 2,..., n  đo được trên mọi khoảng hữu hạn và  k  t      k  t   là một số nguyên  k  1,..., n  (2.5)  Trong chương này ta sử dụng một số kí hiệu như sau: n k  2    vk     k  0,..., n  2  , vn1  1 (2.6) 2  2 
 x  x   0 khi x  0  x _   (2.7) 2   x khi x  0   u   min  u  t  : 0  t   với u  C (2.8) Trước khi đi vào các định lý chính, ta có các bổ đề sau. 2.2 Một số bổ đề quan trọng 2.2.1 Bổ đề đánh giá tiên nghiệm Bổ đề 2.2 Nếu u  Cn1, thì    u   v0 u  n1 u C (2.9) C u   vk u  k n 1  k  1,..., n  1 (2.10) C C Chứng minh Ta lấy t0  0;  sao cho   u   u  t0  (2.11) Đặt   t   u  t   u  t0  (2.12) Thì   t0   u  t0   u  t0   0,  t0     u  t0     u  t0   0 . Do đó t t   t       s  ds      s  ds, t0 t0 (2.13) t0   t0    t      s  ds      s  ds t t với 0  t   Cộng hai bất đẳng thức trong (2.13) ta có t0   2  t       s  ds với 0  t   (2.14) t0
t0  1 Do đó  C      s  ds (2.15) 2 t0 Hơn nữa u C  C    u  (Vì u  t     t   u  t0  ) t0    và     s  ds   u  s  ds (do (2.12) và u  Cn1) (2.16) Từ (2.15), t0 0 (2.16) 1  1  1 1 2 2 2   u   u  s  ds    u     u   s  ds  (2.17) 2  u C 2  0 0  Mặt khác, theo bất đẳng thức Wirtinger,  2n  4  2n  4 2    n 1 s 2 ds      u n 1 2  u  s  ds     2   u      2  C (2.18) 0 0 Từ (2.17), (2.18), 1 1 1 2  2n 3 2 2 u n 1 u C   u     2n  4  2   2  C    n 2    u n 1   u     2  2  C    u   v0 u   n 1 C k k   Chứng minh tương tự với u   Cn 1 k và  u    0  k  1,..., n  thì ta có (2.10) ■ Bổ đề 2.3 n 1 Cho u  C và u    c0    k u   n 1 n 1 k (2.19) C k 0 C với c0 và  k  k  0,..., n  1 là các hằng số không âm. Hơn nữa
n 1    k vk  1 (2.20) k 0 u n 1 1 Khi đó  1     c0   0  u   (2.21) C n 1 1 u Cn 1    u   1     c0   0  u    vk (2.22) k 0 Chứng minh Theo bổ đề 2.2, hàm u thỏa các bất đẳng thức (2.9), (2.10). Từ (2.19), ta có n 1 u   c0    k u   n 1 k C k 0 C n 1    k u  k  c0   0 u C k 1 C n 1  c0   0   u    0v0 u      k vk u  n 1 n 1 C k 1 C  n 1  n 1  c0   0   u      k vk  u     C  k 0   c0   0  u    u n 1 C Suy ra 1    u  n1   c0   0   u   và do 1    0 nên (2.21) thỏa. C n n u     u   v0 u   u k 1 n 1 n 1 u Cn 1  u C   C C   vk C k 2 k 2 n 1    u   u  n 1 Hơn nữa,  vk C k 0 n 1 1    u   1     c0   0   u    vk k 0  do 2.21
Vậy (2.22) thỏa, bổ đề được chứng minh. ■ Bổ đề 2.4 Cho u  Cn1 thỏa     u     u  n 1 , (2.23)  C  n 1 u n 1  c0    k u   k (2.24) C k 1 C với  : 0;    0;   là hàm không giảm, c0  0,  k  0  k  1,..., n  1 và n 1     k vk  1 (2.25) k 1 Khi đó u C n1  r0 (2.26)  n 1 với  1  r0   1    c0  1    c0  vk 1 k 0 (2.27) Chứng minh Với  0  0 , từ các bất đẳng thức (2.23), (2.24), (2.25) suy ra các bất đẳng thức n 1 n 1 u   c0    k u   n 1 k C C và     k vk  1 . k 0 k 0 Áp dụng bổ đề 2.3 ta có các bất đẳng thức sau u n 1 1  1     c0   0  u   C (2.28) 1  1    c0  do  0  0  n 1 1 Và u Cn 1    u   1     c0   0  u    vk k 0