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

NGUYỄN VĂN TIẾN

BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN

Chun ngành : Tốn 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 - 2011


LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn, người đã
tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tơi có thể hồn thành luận văn.
Tơi 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 tơi hồn thành luận văn này một cách hồn chỉnh.
Tơi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phịng KHCN-Sau Đại học cùng tồn thể thầy cơ khoa TốnTin 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 nghiên cứu đề tài.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận

được sự góp ý của Q Thầy Cơ và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện đề tài hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
TP Hồ Chí Minh tháng 12 năm 2010


MỤC LỤC

MỤC LỤC ..............................................................................................................3
BẢNG CÁC KÍ HIỆU ...........................................................................................6
MỞ ĐẦU .................................................................................................................8
CHƯƠNG 1: MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN ..................................11
1.1 BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH ................................................................................... 11
Định lý 1.1 ................................................................................................................................. 11
Chú ý 1.2. ................................................................................................................................... 11

1.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN................................................................ 11
Định nghĩa 1.3........................................................................................................................... 11
Chú ý 1.4. ................................................................................................................................... 12
Chú ý 1.5. ................................................................................................................................... 12
Mệnh đề 1.6. .............................................................................................................................. 13
Định lí 1.7. ................................................................................................................................. 15
Hệ quả 1.8. ................................................................................................................................ 17
Chú ý 1.9. ................................................................................................................................... 17

CHƯƠNG II: CÁC BỔ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN
DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI
TUYẾN BẬC NHẤT ...........................................................................................18
2.1 PHÁT BIỂU BÀI TOÁN ............................................................................................ 18
Mệnh đề 2.1. .............................................................................................................................. 18


2.2 NHỮNG BỔ ĐỀ .......................................................................................................... 19
Bổ đề 2.2. ................................................................................................................................... 19
Bổ đề 2.3. ................................................................................................................................... 20


2.2.1 TẬP HỢP Ai   ,   , i  1,2 ........................................................................................ 22
Định nghĩa 2.4........................................................................................................................... 22
Bổ đề 2.5. ................................................................................................................................... 22
Bổ đề 2.6. ................................................................................................................................... 23
Bổ đề 2.7 .................................................................................................................................... 24
Bổ đề 2.8. ................................................................................................................................... 36
2.2.2 TẬP HỢP B   ,   .......................................................................................................... 45
Định nghĩa 2.9........................................................................................................................... 45
Bổ đề 2.10. ................................................................................................................................. 45
Bổ đề 2.11. ................................................................................................................................. 47
Bổ đề 2.12. ................................................................................................................................. 47

CHƯƠNG 3: CÁC TIÊU CHUẨN HIỆU QUẢ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA
BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT ........................................................................50
3.1. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM................................................................. 50
Định lí 3.1. ................................................................................................................................. 50
Chú ý 3.2. ................................................................................................................................... 51
Định lí 3.3. ................................................................................................................................. 51
Định lý 3.4 ................................................................................................................................. 52

3.2 CÁC ĐỊNH LÝ DUY NHẤT NGHIỆM .................................................................... 53
Định lí 3.5. ................................................................................................................................. 53
Định lí 3.6. ................................................................................................................................. 53

Định lí 3.7. ................................................................................................................................. 54

3.3 BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI
SỐ LỆCH ........................................................................................................................... 54
3.3.1 CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM.............................................................................. 55


Định lí 3.8. ................................................................................................................................. 55
Định lí 3.9. ................................................................................................................................. 56
3.3.2. ĐỊNH LÝ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM ................................................................ 57
Định lí 3.10. ............................................................................................................................... 57
Định lí 3.11. ............................................................................................................................... 57

3.4 CHÚ Ý .......................................................................................................................... 58

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ............................................................................61
TÀI LIỆU THAM KHẢO ..................................................................................62


BẢNG CÁC KÍ HIỆU
Tập hợp số tự nhiên.

R

Tập hợp số thực.

R  [0, )

Tập hợp số thực không âm.


R  (,0]

Tập hợp số thực khơng dương.

A

Bao đóng của tập A.

C   a, b  ; R 

Không gian Banach các hàm liên tục v :  a, b  R
với chuẩn v

C

 max  v(t ) : a  t  b

C   a, b  ; D 

Không gian các hàm liên tục v :  a, b  D , D  R

C  a, b; D 

Không gian các hàm liên tục v :  a, b  D
thỏa mãn điều kiện v(a)  v(b)  0

C   a, b  ; D 

Tập các hàm liên tục tuyệt đối v :  a, b  D .


i
B
c   a, b  ; R 

Tập các hàm v  C  a, b; R  thoả mãn điều kiện

v  a   v  b  sgn   2  i  v  a    i  1 v  b    c
trong đó  ,  , c  R và i  1, 2 .

L   a, b  ; R 

Không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue

p :  a, b  R với chuẩn

b

p

L

  p  s  ds.
a

L   a, b  ; D 

Không gian các hàm p :  a, b  D khả tích Lebesgue, D là tập con của R.

M ab


Tập các hàm đo được  :  a, b   a, b;

Lab

Tập các toán tử : C  a, b; R   L  a, b; R 
tuyến tính bị chặn sao cho với mỗi

tồn tại

  L  a, b; R  thoả mãn bất đẳng thức

 v  t     t  v C t  a, b, v  C a, b; R 
Khi đó

Pab

được gọi là tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh.

Tập các toán tử : C  a, b; R   L  a, b; R 
sao cho tuyến tính và  Lab .


Tập các toán tử F : C  a, b; R   L  a, b; R  liên

K ab

tục thoả mãn điều kiện Carathèodory, nghĩa là với
mỗi r  0 tồn tại qr  L  a, b; R  sao cho

F  v  t   qr  t  , t   a, b , v


C

 r.

Tập các hàm f :  a, b  A  B ,  A  R n , B  R, n 

K  a, b  A; B 



thoả điều kiện Carathèodory, nghĩa là :
 Hàm f , x  :  a, b  B đo được với mỗi x  A
 Hàm f  t ,  : A  B liên tục với mỗi t   a, b
 Với mỗi r  0 tồn tại qr  L  a, b; R  sao cho

f  t , x   qr  t  t   a, b , x  r .
Toán tử t0 -Volterra  t0   a, b
Tập

các

toán

 Lab sao

tử

cho


với

hai

a1   a, t0  , b1  t0 , b sao cho a1  b1 và với mọi hàm

v  C  a, b; R  thoả mãn điều kiện : v  t   0, t   a1 , b1 
ta có

 v  t   0 hầu khắp nơi trên  a1 , b1  .

 x   x  x   x  sgn x  1
2
2
1

1

 x   x  x   x sgn x  1
2
2
1

Tốn tử  Lab được gọi là khơng tầm thường, nếu

1

1  0 .

số


tùy

ý


MỞ ĐẦU
Phương trình vi phân hàm (PTVPH) xuất hiện vào thế kỉ 18 với vai trị như những cơng
thức tốn học trong các bài tốn vật lí và hình học. Ta có thể tìm thấy chúng trong những cơng trình
của Ơle và Condorcet. Tuy nhiên, cho đến cuối thế kỉ 19, PTVPH chỉ được nghiên cứu về những
ứng dụng cá biệt và chưa được nghiên cứu một cách hệ thống.
Chỉ trong các cơng trình của E.Schmidt , F.Shurer và E.Hilb ở những năm đầu thế kỉ 20,
những cố gắng đầu tiên về một nghiên cứu có tính hệ thống về những phương trình đặc biệt với đối
số chậm xuất hiện. Tầm quan trọng trong dạng PTVPH này đã nảy sinh trong thập niên 30 đặc biệt
là những ứng dụng mở rộng trong cơ học, sinh học và kinh tế. Tại thời điểm này, những cơ sở của lý
thuyết định tính về phương trình đối số chậm và phương trình vi tích phân được đặt ra trong cơng
trình của Myshkis và R.Bellman. Họ và một số nhà toán học khác theo hướng này đã được cơng
nhận trong việc xây dựng lí thuyết định tính mở rộng của PTVPH tồn tại cho đến bây giờ. Lý
thuyết đó khơng chỉ quan trọng trong ứng dụng mà còn ảnh hưởng rộng rãi đến nhiều lãnh vực của
toán học thuần tuý.
Trong thập kỉ 70, người ta chú ý nhiều đến việc xây dựng lí thuyết về bài toán biên của
PTVPH. Nhiều phương pháp khác nhau đã được đưa ra sử dụng trong vấn đề này. Thí dụ: lý thuyết
tốn tử Fredholm, phương pháp tham số nhỏ, phương pháp topo,..v..v..
Từ quan điểm đương thời, có thể nói rằng phương pháp giải tích hàm và phương pháp topo là
những phương pháp hữu dụng nhất. Qua những ứng dụng có tính hệ thống của các phương pháp
này, cơ sở lý thuyết về bài toán biên cho một lớp rộng PTVPH đã được xây dựng.
Tuy nhiên cho đến tận bây giờ, thực tế bài toán biên cho PTVPH được nghiên cứu chỉ với
những thành cơng bộ phận. Khó khăn nảy sinh trong việc nghiên cứu về PTVPH nằm trong đặc
trưng khơng cục bộ của phương trình và chúng xuất hiện ngay cả trong phương trình tuyến tính.Ví
dụ, câu hỏi về tính giải được của bài tốn biên đơn giản nhất (bài toán giá trị đầu):


u'  t   p  t  u    t   q  t  ,

u  a   0,

(với p,q :[a;b]  R là hàm khả tích Lebesgue và  :[a;b]  [a;b] là hàm đo được), không bao giờ
trở nên tầm thường như với phương trình vi phân thơng thường, có nghĩa là trong trường
hợp   t   t, t  [a;b] .
Bởi vậy ta cũng không ngạc nhiên khi biết rằng trong những tài liệu chun khảo khơng có
nhiều các thơng tin chi tiết về tính giải được của bài tốn giá trị đầu.
Mặt khác, nếu độ lệch   t   t là “nhỏ” (có nghĩa là nếu phương trình là “đóng” với PTVP
thường), thì một cách trực giác ta trơng đợi bài tốn đã cho có nghiệm duy nhất. Trong những


trường hợp đơn giản, hiệu lực của các giả thiết có thể thử lại trực tiếp. Với những bài tốn phức tạp
hơn thì phương pháp tồn cục khơng cung cấp đủ độ chính xác, do đó tự nhiên ta cần tìm một kĩ
thuật chính xác hơn để nghiên cứu về PTVPH phát sinh.
Về phần PTVP thường, một lý thuyết hoàn tồn hiệu quả đã được xây dựng cho bài tốn giá
trị biên, sử dụng những phương pháp mà cơ sở của nó nằm trong giải tích tốn học. Việc này tương
ứng với những nỗ lực để điều chỉnh các phương pháp của giải tích tốn học trong việc nghiên cứu
PTVPH. Trong một vài năm sau cùng những nỗ lực này đã thành cơng trong trường hợp một vài bài
tốn biên của PTVPH. Đặc biệt trong các cơng trình của I.Kiguradze và P.Buza, những điều kiện
phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất của một lớp rộng thật sự bài tốn biên cho PTVPH
cả tuyến tính lẫn phi tuyến đã được tìm ra.
Được truyền cảm hứng từ những kết quả này tôi quyết định sử dụng phương pháp giải tích
tốn học và các nghiên cứu kĩ thuật về bài tốn biên của PTVP thơng thường với những điều chỉnh
phù hợp cho PTVPH. Phần lớn phương pháp là đánh giá tiên nghiệm và kĩ thuật về bất đẳng thức vi
phân.
Trong luận văn này tơi nghiên cứu bài tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân
hàm bậc nhất phi tuyến. Bài tốn có dạng như sau:

Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm phi tuyến:

u  t   F  u  t 
với điều kiện biên

u  a    u  b   h  u 
Trong

đó

F  Kab ,  ,  R,     0, h : C  a, b; R   R là

r  0,  M r R sao cho : h  v   M r khi v
Nghiệm của bài toán trên là hàm u C

C

hàm

liên

tục

thoả

mãn

r

a, b; R  sao


cho u  t   F  u  t  hầu khắp nơi trên

 a, b và thỏa mãn điều kiện biên u  a   u b   h u  .
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Chúng ta xây dựng điều kiện cần và đủ để một tốn tử tuyến tính và bị chặn mạnh
thuộc vào lớp Vab ( ,  ) .
Chương 2. Đây là nội dung chính của luận văn. Trong chương 2 chúng ta xây dựng các điều
kiện đủ để bài tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có
nghiệm và có duy nhất nghiệm.
Chương 3. Trong chương 3 chúng ta xây dựng các tính chất hiệu quả để bài tốn biên dạng
tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có nghiệm và có duy nhất nghiệm.


Trong phần cuối của chương, chúng ta áp dụng các kết quả của bài tốn biên dạng tuần hồn cho
phương trình vi phân hàm phi tuyến để nghiên cứu các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân đối số lệch.


CHƯƠNG 1: MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
Trong luận văn này, chúng ta nghiên cứu tính giải được của bài tốn biên dạng tuần hồn cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến. Trước hết ta giới thiệu các bất đẳng thức vi phân.

1.1 BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH

Xét phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:

u(t )  (u)(t )  q(t )


(1.1)

u(a)  u(b)  c

(1.2)

với điều kiện biên

trong đó  Lab , q  L([a, b]; ); c  và  ,   R sao cho     0 và   0 .
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm u  C ([a, b]; ) thoả mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi
trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện biên (1.2).
Lưu ý. Các đẳng thức và bất đẳng thức của các hàm khả tích đều hiểu là hầu khắp nơi trên [a,b].
Cùng với bài toán (1.1) , (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng

u(t)  (u)(t)

(1.10)

u(a)  u(b)  0

(1.20)

Từ các kết quả của I. Kiguradze, B. Puza trong [1] ta có định lí sau:
Định lý 1.1. Bài tốn (1.1) , (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng
(1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chú ý 1.2. Theo định lý Riesz-Schauder thì nếu bài tốn thuần nhất (1.10), (1.20) khơng có nghiệm
tầm thường thì tồn tại q  L([a,b]; ),c  sao cho bài tốn (1.1), (1.2) khơng có nghiệm.

1.2


MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN

Giả sử rằng     0 và   0 .
Hơn nữa, trong trường hợp    thì tốn tử

 Lab phải là tốn tử khơng tầm thường, nghĩa là

1  0 .
Định nghĩa 1.3 Ta nói tốn tử  Lab thuộc vào tập hợp Vab ( ,  ) , nếu thoả mãn 2 điều kiện sau:


(i) Bài tốn (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường
(ii) Với mọi q  L([a, b]; R ), c  R thỏa mãn

(sgn   sgn  )c  0

(1.3)

thì bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm khơng âm.

Vab ( ,  ) nếu và chỉ nếu với mọi u, v  C [a, b];

Chú ý 1.4. Theo định nghĩa, toán tử

 thoả

mãn các bất đẳng thức sau:

(i )


u(t )  (u )(t )  q(t ),

t   a, b 

(ii )

v(t )  (v)(t )  q(t ),

t  [ a, b]

(iii )

 u (a)   u (b)   v(a)   v(b)

thì u(t )  v(t ) với t  [a, b] .
Chứng minh.
Đặt h(t )  v(t )  u  t  . Theo (i), (ii), (iii) ta có

h  t  

 h  t  ,

t   a, b và

 h(a)   h(b)  0

Dễ thấy h(t ) là nghiệm của phương trình sau:

h(t )  (h)(t )  q(t )


và

h(a)  h(b)  c

với

q  t   h  t  

 h t   0

,

c  h  a   h b 

Do c  sgn   sgn    2c.sgn   2  h(a)   h(b)sgn   2   h(a)   h(b)   0
nên theo định nghĩa của

Vab ( ,  ) ta có bài tốn có nghiệm duy nhất h  t  khơng âm. Từ đó

suy ra u(t )  v(t ) với t  [a, b] .
Chú ý 1.5. Theo Định lý 1.1, rõ ràng nếu
với mỗi c 

Vab ( ,  ) thì bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất

và q  L([a,b]; ).

Hơn nữa, nếu  Pab và Vab ( ,  ) thì    .
Chứng minh.
Do


Vab ( ,  )

nên

với

mọi

q  L([a, b]; R ), c  R

thỏa

mãn

điều

kiện

(sgn   sgn  )c  0 , bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất u  t   C  a, b; R  . Mặt khác, do
 Pab nên

 u  t   L a, b; R  .


Do đó ta suy ra u(t )  (u)(t )  q(t )  0 .
Do hàm q  t  ta chọn là hàm dương bất kì nên ta phải có u(t )  (u)(t )  q(t )  0 hay u(t) là hàm
tăng ngặt theo t hay u  b   u  a  .
Lại do


 u  a    u  b   c
 u  a   u  b   (sgn   sgn  )  c(sgn   sgn  )  0

(sgn   sgn  )c  0  
sgn    sgn 
  0

  u  a    u b  0    

u b
 
u a

nên ta có    .

Mệnh đề 1.6. Giả sử    và

 Pab
Khi đó Vab ( ,  ) nếu và chỉ nếu bài toán

u(t )  (u)(t ),

u(a)  u(b)  0

(1.4)

khơng có nghiệm khơng âm khác tầm thường.
Chứng minh
Điều kiện cần: Giả sử Vab ( ,  ) , ta chứng minh bài toán (1.4) khơng có nghiệm khơng âm khác
tầm thường.

Gọi u là một nghiệm của bài tốn (1.4).
Vì   0 và u(a)  u(b)  0 nên ta có  u(a)   u(b)  0
Áp dụng Chú ý 1.4 với v  t   0, q  t   0 ta được u (t )  0 với t   a, b .
Do đó, bài tốn (1.4) khơng có nghiệm khơng âm khác tầm thường.
Điều kiện đủ : Giả sử bài tốn (1.4) khơng có nghiệm khơng tầm thường không âm . Ta chứng
minh Vab ( ,  ) theo định nghĩa (1.1)
Gọi u0 là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.10), (1.20). Ta chứng minh u0  t   0
Ta có:


u0  t    u0  t  sgn  u0  t    u0  t  sgn u0  t  

u0   t  sgn u0  t 


Mặt khác, do



 Pab  



 u  t   u  t 
  u   t    u   t    u   t  sgn u  t 
 u  t    u  t 
0

0


0

0

0

0

0

0

Do   0 nên từ điều kiện biên (2.20) ta có  u0  a    u0  b   0 .
Do đó ta có:

i 
 ii 

u0  t   

 u  t  ,
0

t   a, b 

 u0  a    u 0  b   0

Vì vậy, u0 là nghiệm của bài toán (1.4). Như vậy, u0  0 nghĩa là bài toán thuần nhất (1.10), (1.20)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u là nghiệm của bài tốn (1.1), (1.2) với


q  L([a, b];



) và

c

 sgn   sgn   c  0 . Ta chứng minh u  t   0
Dễ thấy

c sgn 
0

v(t )  u (t ) 

Đặt

c sgn 
, t  [ a, b]


Ta có

v  t   u  t  

 v  t  
 v  t  


 u  t   q  t    u  t 


c sgn 
 u 




  t  


 u  t  

 c sgn  

  t  






u t 

 v  t 

Do  Pab nên v   t  

 v  t  (chứng minh giống ở bước 1).


Do đó ta có

v t  v t
  
     v   t   v  t  


v  t    v  t 
Từ đó suy ra

 v   t    v  t   2v  t  

v(t )  l [v]  (t ),

_

t [a, b]

 2 v    t 
_

(*)

Mặt khác, từ điều kiện biên v  a   v  b   0 , do   0 ta có

v  a   v  b   0  sgn v  a  v  a   v b   0   v  a    v b   0

sao cho



Do đó


 v  a    v  b   0
 [v(a)]  [v(b)]  0


v
a


v
b

0







(**)

Từ (*), (**) ta suy ra [v]  0 là nghiệm của bài tốn (1.4).
Từ đó ta có v  0  v  t   v  t  , t   a, b
Mà u (t )  v(t ) 

c sgn 

, t   a, b  nên u(t )  0, t [a, b] .


Theo định nghĩa 1.3 ta có tốn tử Vab ( ,  ) .
Định lí 1.7. Giả sử    và

 Pab . Khi đó tốn tử

Vab ( ,  ) nếu và chỉ nếu tồn tại hàm số

  C [a, b];(0, )  thoả mãn các bất đẳng thức
 (t )  ( )(t ), t [a, b]

(1.5)

  (a)    (b)

(1.6)

Chứng minh
Điều kiện cần: Giả sử tồn tại hàm số   C [a, b];(0, )  thoả mãn hai bất đẳng thức (1.5), (1.6).
Ta chứng minh Vab ( ,  ) theo định nghĩa.
Bước 1. Gọi u là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với q  L([a, b];



) và c 

thoả mãn bất


đẳng thức

 sgn   sgn   c  0 .
Ta chứng minh u  t   0, t   a, b .
Do   0 nên từ bất đẳng thức  sgn   sgn   c  0 ta có 2c sgn   0 .
Do đó

u  a   u  b  sgn   c sgn    u  a    u  b   c sgn   0

 u(a)   u(b)

Từ đó suy ra
Ta sẽ chứng minh rằng

u(t )  0, t [a, b]
Giả sử trái lại. Khi đó tồn tại t0  [a, b] sao cho

u (t0 )  0

 u (t )

, t  [a, b] và
Đặt r  max 
  (t )

w(t )  r (t )  u(t ), t [a, b]
Theo đó ta có


r 0

Rõ ràng

w(t )  0, t [a, b]
và do 

u (t )
u (t )
liên tục trên đoạn [a, b], nên tồn tại t*  [a, b] sao cho r   * .
 (t* )
 (t )

Từ đó ta có

w(t* )  0
Do

w(t )  r (t )  u(t )  r ( )(t )  (u)(t )  q(t )  (w)(t )  q(t )  0, t [a, b]
nên w(t ) đồng biến trên [a,b]. Mặt khác w(t* )  0 và w(t )  0, t   a, b nên ta phải có w(a)  0 . Từ
đó ta có

 u(a)  r   (a)  r   (b)   u(b)  w(b)    u(b)
Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức  u(a)   u(b) . Vậy u(t )  0, t [ a, b] .
Bước 2. Ta chứng minh bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u0 là một nghiệm của bài toán (1.10), (1.20). Hiển nhiên u0 cũng là một nghiệm của bài toán
(1.10), (1.20), như vậy, theo chứng minh trên, ta có

u0 (t )  0,

 u0 (t )  0,


t [a, b]

Do đó, u0  0
Điều kiện đủ: Giả sử

Vab ( ,  ) . Ta chứng minh tồn tại   C [a, b];(0, )  thỏa mãn (2.7),

(2.8).
Chú ý rằng do giả thiết    nên ta có   0 .
Do Vab ( ,  ) nên theo định nghĩa 1.2 bài toán

 (t )  ( )(t )

 (a)   (b)  sgn 
có nghiệm duy nhất  và

 (t )  0, t [a, b]
Ta có :

 (a)   (b)  sgn     (a)    (b)  sgn 2   1

Ta suy ra (1.6) đúng và

 (a)  0
Kết hợp với điều kiện  Pab ta có  (t )  ( )(t )  0 , do đó ta được  (t )  0, t [a, b]


Như vậy tồn tại tồn tại hàm số   C [a, b];(0, )  thoả mãn các bất đẳng thức

 (t )  ( )(t ), t [a, b]


  (a)    (b)
Hệ quả 1.8. Giả sử
i.

 

ii.

 Pab

iii.

Tồn tại m, k  ,   (0,1),   const , m  k và

m (t )  k (t ), t [a, b]
với 1  1 và

i 1 (t )




b


a

t


( i )( s)ds   ( i )( s)ds,

t  [a, b], i 

a

Khi đó Vab ( ,  ) .
Chứng minh
k

Dễ dàng chứng minh được hàm số  (t ) (1   )  j (t ) 
j 1

m

  (t ),

j  k 1

j

t  [a, b] thỏa mãn các điều

kiện của định lý 1.7.
Chú ý 1.9. Theo Hệ quả trên (trong trường hợp k  1, m  2 ), ta có:
Nếu    ,  Pab và 

b

 1 s  ds    


thì Vab   ,   .

a

Chú ý thêm rằng, nếu bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường và 

b

 1 s  ds    
a

thì ta cũng có Vab   ,   .


CHƯƠNG II: CÁC BỔ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN
DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI
TUYẾN BẬC NHẤT
2.1 PHÁT BIỂU BÀI TOÁN
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm phi tuyến:

u  t   F  u  t 

(1.7)

u  a    u  b   h  u 

(1.8)

với điều kiện biên


Trong

đó

F  Kab ,  ,  R,     0, h : C  a, b; R   R là

r  0,  M r R sao cho : h  v   M r khi v

hàm

liên

tục

thoả

mãn

r

C

Nghiệm của bài toán (1.7), (1.8) là hàm u C

a, b; R  thoả mãn phương trình (1.7) hầu khắp nơi

trên  a, b và thỏa mãn điều kiện biên (1.8).
Chú ý: Các đẳng thức, bất đẳng thức với các hàm khả tích được hiểu là hầu khắp nơi trên  a, b .
Từ các kết quả trong tài liệu [2] ta có kết quả sau:

Mệnh đề 2.1. Giả sử
 Tồn tại  Lab sao cho bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường
 Với mọi u  C  a, b; R  ta có:

F  u  t  

 u  t   q t , u C  khi t  a, b
h u   c

(1.9)
(1.10)

trong đó c  R và q  K  a, b  R ; R  là hàm không giảm theo biến thứ hai và thoả mãn điều
kiện:
b

1
q  s, x  ds  0
x  x 
a
lim

Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.


2.2 NHỮNG BỔ ĐỀ
Phần này ta xét một vài bổ đề về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.7), (1.8) dựa
trên các kết quả của bài tốn tuyến tính (1.1), (1.2).
Bổ đề 2.2. Giả sử


0

 Lab và bài toán thuần nhất
v  t   0  v  t 

 v  a    v  b   0

chỉ có nghiệm tầm thường.
Khi đó, tồn tại một số r0  0 sao cho với mọi q  L  a, b; R  và với mọi c  R
,ta có nghiệm v(t) của bài toán:

v  t   0  v  t   q  t 

 v  a    v  b   c

(1.11)



(1.12)

Thỏa mãn đánh giá

v

C

 r0 c  q

L




Chứng minh.

 



Đặt R  L  a, b; R   c, q : c R, q  L  a, b ; R 

R  L  a, b; R  là không gian Banach với chuẩn sau

 c, q 

R L

c q .
L

Dễ thấy bài tốn thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.1 bài tốn (1.11) có
nghiệm duy nhất v  t   C  a, b; R  .
Xét ánh xạ  xác định như sau:

 : R  L  a, b  ; R   C   a, b  ; R 

 c, q   v  t 

Theo định lí 1.4 về tính xấp xỉ nghiệm của bài tốn tuyến tính trong [1] ta có  là một tốn tử
tuyến tính bị chặn.


 

Đặt r0   . Khi đó với bất kì cặp c, q  R  L  a, b; R  ta đều có:

 

 c, q

C



 r0 c  q

L

,


Hay

v

C



 r0 c  q


L



Do đó định lí được chứng minh.
Bổ đề 2.3. Giả sử tồn tại   0 và toán tử

 Lab sao cho bài toán thuần nhất 1.10  , 1.20  có

nghiệm tầm thường và với mọi    0,1 , mọi u  C  a, b; R  là nghiệm của bài toán

u  t  

 u t     F u t   u t  ,

t   a, b  ,

(1.13)

u  a    u  b    h  u 

(1.14)

đều thỏa mãn đánh giá

u

C




(1.15)

Khi đó bài tốn (1.7), (1.8) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh.
Do  Lab và F  K ab nên với số   0 tồn tại  ,   L  a, b; R  sao cho

 v  t    t  v C , t  a, b,
F  v  t     t  ,

t   a, b ,

v  C a, b; R  .
v  C a, b; R  và v

C

 2 .

Hơn nữa, tồn tại  R sao cho

h v   ,

v  C  a, b; R  và v

C

 2 .

Đặt


  t     t   2  t  , t   a, b
1
,0  s  

s

  s   2 
,   s  2


0
, s  2
q0  v  t     v
c0  v     v

C

C

  F  v t    v t  , t  a, b

 h v

Khi đó với mọi v  C  a, b; R  ta có:

q0  v  t     t  ,

c0  v    hầu khắp nơi trên [a,b].


Với mỗi hàm u  C  a, b; R  cố định, ta xét bài toán sau:



v  t    v  t   q0  v  t 


 v  a    v  b   c0  u 

(1.16)

Theo giả thiết bài toán thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường nên bài tốn (1.16) có
nghiệm duy nhất v  t  , hơn nữa theo Bổ đề 2.2 tồn tại số   0 sao cho

v

C



  c0  u   q0  u 

L



Do đó, với hàm u  C  a, b; R  cố định, nghiệm duy nhất v  t  của bài tốn (1.16) thỏa mãn đánh
giá sau:

v

Trong đó 0    

L

C

v  t    *  t  , t   a, b

 0 ,

(1.17)

   và  *  t   0  t     t  , t   a, b

Đặt  : C  a, b; R   C  a, b; R  là toán tử biến mỗi hàm u  C  a, b; R  thành nghiệm v  t  của
bài tốn đang xét.Từ định lí 1.4 trong [1] ta có  là tốn tử liên tục. Mặt khác, do bất đẳng thức
(1.17), với mọi u  C  a, b; R  ta có

  u  C  0
t

  u  t     u  s     *    d  , s, t   a, b 
s

Khi đó tốn tử  ánh xạ liên tục khơng gian Banach C  a, b; R  vào một tập con compắc tương
đối của nó.
Theo ngun lí Schauder, tồn tại u  C  a, b; R  sao cho:

  u  t   u  t  , t   a, b
Do cách đặt q0  v  t  và c0  v  , dễ thấy u là một nghiệm của bài toán (1.13), (1.14) với


   u

C



Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng hàm u thỏa mãn đánh giá (1.15). Giả sử ngược lại. Khi đó ta có

 u
 Nếu   u

C

C

 2

u

hoặc

 2 thì     u

C

C

 2


   0,1 . Theo giả thiết của bổ đề ta có đánh giá

u

C

.

Từ đó ta có mâu thuẫn.
 Nếu u

C

 2  thì     u

C

  0 . Do đó, u là nghiệm của bài tốn (1.10), (1.20). Nhưng

điều này là khơng thể do bài tốn (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Do đó, u thỏa mãn đánh giá (1.15) tức là u

C

.




Từ đó ta suy ra    u


C

  1 và do đó u là nghiệm của bài tốn (1.7), (1.8).

2.2.1 TẬP HỢP Ai   ,   , i  1,2
Định nghĩa 2.4.
Toán tử

0

 Lab được gọi là thuộc tập hợp Ai   ,   , i  1,2 , nếu tồn tại số r  0 sao cho với mọi

q*  L  a, b; R  , c  R , mọi hàm u  C

a, b; R  thoả mãn các bất đẳng thức

u  a   u  b  sgn   2  i  u  a    i  1 u  b    c,

 1

i 1

u  t  

 u t  sgn u t   q* t  ,

t   a, b 

(1.18)

(1.19)

thì

u

C



 r c  q*

L



(1.20)

Bổ đề 2.5. Giả sử i  1, 2 , c  R ,

h  v  sgn  2  i  v  a    i  1 v  b   c,

v  C a, b; R  (1.21)

i
và tồn tại  Ai   ,   sao cho với mọi   B
c  a, b  ; R  bất đẳng thức

 1


i 1

 F  v  t  

 v  t  sgn v  t   q t , v C  ,

t   a, b 

(1.22)

được thoả mãn, trong đó q  K  a, b  R ; R  là hàm không giảm theo biến thứ hai và thoả mãn
điều kiện
b

1
lim  q  s, x  ds  0
x  x
a
Khi đó bài tốn (1.7), (1.8) có ít nhất 1 nghiệm.
Chứng minh.
Do

 Ai   ,   nên bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.

Thật vậy, gọi u là nghiệm của (1.10), (1.20), khi đó u thỏa mãn (1.18) và (1.19) với c  0, q*  0 .
Do đó, từ (1.20) ta suy ra u

C

 0 hay u  0 . Tức là bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm


thường.
Gọi r là số dương trong định nghĩa 2.4.
b

1
Do lim  q  s, x  ds  0 nên tồn tại   2rc sao cho
x  x
a


b

1
1
q  s, x  ds  , x  

xa
2r
Bây giờ giả sử hàm u  C

a, b; R  là nghiệm của bài toán:


u  t    u  t     F  u  t  


 u  a    u  b    h  u 

 u  t  ,


t   a, b 

(1.23)

với    0,1
Thế thì do (1.21) ta có hàm u thỏa mãn bất đẳng thức

u  a   u  b  sgn   2  i  u  a    i  1 u  b    c,
i
u  B
c   a, b  ; R 

hay

Do (1.22) chúng ta có được bất đẳng thức (1.19)

 1

i 1

Do điều kiện

u  t  

 u t  sgn u t   q* t  ,



t   a, b với q*  t   q t , u


 Ai   ,   nên theo định nghĩa 2.1 ta có u

C



 r c  q*

L

C

.



và u thỏa đánh giá (1.15) .
Nên theo Bổ đề 2.3, bài tốn (1.7), (1.8) có ít nhất một nghiệm.
Bổ đề 2.6. Giả sử i  1, 2 ,

h  v   h  w sgn  2  i    v  a   w  a    i  1   v b   w  b   0,
và giả sử tồn tại

 1

i 1

v, w  C a, b ; R  (1.24)


 Ai   ,   sao cho bất đẳng thức

 F  v  t   F  w t  

 v  wt  sgn  v t   w t    0,

t  a, b  (1.25)

i
đúng với v, w  B
c  a, b  ; R  , và c  h  0  .

Khi đó, bài tốn (1.7), (1.8) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh.
Theo (1.24) ta có h  v  sgn  2  i  v  a    i  1 u  b   c với c  h  0  .
i
Do (1.25) ta thấy rằng trên tập hợp B
c  a, b  ; R  bất đẳng thức

 1

i 1

 F  v  t  

 v  t  sgn v t   q  t , v C  , t  a, b đúng với

q  F  0 .

Như vậy các giả thiết của Bổ đề 2.5 được thỏa mãn. Do đó, bài tốn (1.7), (1.8) có ít nhất một

nghiệm. Phần cịn lại ta sẽ chứng minh bài tốn (1.7), (1.8) có nghiệm duy nhất.
Đặt u1 , u2 là 2 nghiệm tùy ý của bài toán (1.7), (1.8).


Đặt u  t   u1  t   u2  t  , t   a, b
Khi đó, từ (1.24) và (1.25) ta có:

i 
 ii 

u  a   u  b   sgn  2  i  u  a    i  1 u  b   0,

 1

i 1

u  t 

 u  t   sgn u  t   0,

 Ai   ,   ta có kết quả u  0 . Do đó u1  u2 .

Điều này, kết hợp với điều kiện

Bổ đề 2.7 Giả sử 0     và giả sử tồn tại toán tử







0

0



t   a , b .

0

,

1

 Pab sao cho

1

1 L  1


0

1

(1.26)

1 L   



0 1 L



1

1 L  2

1

0

1 L

(1.27)

Khi đó  A1   ,   .
Chứng minh.
Ta chứng minh  A1   ,   theo định nghĩa 2.4 với i  1.
Lấy q*  L  a, b; R  , c  Rvà u  C a, b; R  thỏa mãn

i 
 ii 

u  a   u  b   sgn u  a   c
u  t    u  t   sgn u  t   q*  t  ,

Ta sẽ chứng minh tồn tại số r  0 sao cho u


t   a, b 
C



 r c  q*

L

.

Với r  0 xác định như sau:
r

1 



0  0 

0

1 L   

1

1

1 L     


1 L       

0

1 L

0


1

0



1

1 L  1

1 L 

1
4

1 L
2

1

Bước 1

Đặt q  t   u  t  


u t  ,

t   a, b , ta có:

u  t  

0

u t   1 u t   q t  , t  a, b

(1.28)



q  t  sgn u  t   q*  t  khi t   a, b

(1.29)



u  a   u  b  sgn  u  a    c

(1.30)

Bước 2 Giả sử rằng u là hàm không đổi dấu.



Do   0,


 (0,1] từ (1.30) ta có


 u  a    u  b   c hay u  a  
u  a   u b  

Từ đó suy ra


c
u b  



c

(1.31)



Một cách tương tự, do


c
u  a   u b  




 u  a    u  b   c hay
u  a   u b   u  a 

ta có





 c






(1.32)



Đặt M  max u  t  : t   a, b , m  min u t  : t  a, b 

Gọi t1 , t2   a, b là các số sao cho t1  t2 và u  t1   M ,

u  t2   m

Dễ thấy M  0, m  0

 0 , 1  Pab


Do  q  t  sgn u  t   q*  t  , t   a, b 
ta suy ra

u  t   0  u  t   1  u  t   q  t  , t   a, b 
u t    M

0

1 t   m 1 1t   q* t  ,

t   a, b 

 Nếu t1  t2
Lấy tích phân biểu thức (1.33) với cận từ a đến t1 và từ t2 đến b, ta có

i 

t1

t1


 u  s  ds    M
a

0

a


t1

hay

M  u a  M 

0

a

t1

suy ra

1 s   m 1 1 s   q*  s  ds

M  u a  M 
a

t1

a

a

1 s  ds  m  1 1 s  ds   q*  s  ds
t1

0


t1

1 s  ds   q*  s  ds
a

(1.33)