tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với pantograph

7 CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH .... 36 CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH ..... MỞ

B Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Thành ph ố Hồ Chí Minh – 2012

B Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS NGUY ỄN ANH TUẤN

Thành ph ố Hồ Chí Minh - 2012

LỜI CẢM ƠN

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM – Đại học Tiền Giang đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu

và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Anh Tuấn –

Người trực tiếp chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý

kiến cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh

Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến khích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu

Xin chân thành c ảm ơn!

Thành ph ố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2012

H ọc viên thực hiện Nguy ễn Thị Kim Cương

MỤC LỤC

Trang

LỜI CẢM ƠN 3

MỞ ĐẦU 5

CÁC KÝ HIỆU 7

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 9

1.1 Giới thiệu bài toán 9

1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính 10

1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 10

1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra 21

1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát 25

1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát 31

1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 31

1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch 36

CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH 43

2.1 Giới thiệu bài toán 43

2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) 44

KẾT LUẬN 62

TÀI LIỆU THAM KHẢO 63

MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính được nghiên cứu nhiều bởi các tác giả Ivan Kiguradze và Bedrich Puza trong các năm từ 1995 đến 2003 Các tác giả đã áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu

sự tồn tại nghiệm, sự xấp xỉ nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số chậm

và đối số lệch Mục đích của luận văn là áp dụng các kết quả của hai tác giả trên để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph

Luận văn tập trung vào nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:

) ( ) )(

( ) (

t q t x p dt

t dx

Trong đó: p:C(I,R n)→L(I,R n) và n n

R R

I C

l: ( , )→ là một toán tử tuyến tính bị chặn, q∈L(I,R n),I = [a,b],c0∈R n.

Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:

0

0)(t c

x = với t0∈I (1.3)

Hay điều kiện biên tuần hoàn:

0

)()(b x a c

x − = (1.4) Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) chúng ta hiểu là một vectơ hàm n

R I

x: → liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2)

Nội dung chính của luận văn gồm hai chương:

Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Trong chương 1 chúng ta nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và việc xấp xỉ nghiệm cho bài toán biên tổng quát và hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Chương 2: Một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

Trong chương 2 chúng ta áp dụng các kết quả của chương 1 để nghiên cứu tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm khi nghiên cứu

về tính giải được của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph

x x

1

• n n× là không gian ma trận n×n , ( )n

k i ik x

1 ,

X

1 , =

•L Iµ( ,n) với 1 ≤µ < +∞ là không gian các vectơ hàm x I: → n có các

phần tử µ- khả tích với chuẩn: µ µ

µ

1

) ( 

ik I t I

t

n k i ik I t I

t

t x ess t

X ess

t x t

X

1 ,

1 ,

)(sup)

(sup

)(max)

(max

0 ,

t I t

X

1 , =

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH

1.1 Giới thiệu bài toán

Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:

) ( ) )(

( ) (

t q t x p dt

Trong đó p:C(I,R n)→L(I,R n) và n n

R R

I C

l: ( , )→ là những toán tử tuyến tính bị chặn, q∈L(I,R n), c0∈R n

Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:

0

0)(t c

x = với t0∈I (1.3)

Hay điều kiện biên tuần hoàn:

x(b)−x(a)=c0 (1.4) Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là một vectơ hàm n

R I

x: → liên tục tuyệt

đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2)

Trường hợp riêng của bài toán (1.1), (1.2) là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số lệch:

( ) P(t)x( (t)) q0(t)

dt

t dx

),()(t u t t I l x c

, ( 0 τ là hàm đo được và vectơ hàm n

R R

u: → liên tục và bị chặn

Bài toán (1.5) đưa về dạng bài toán (1.1) khi ta đặt:

b t a khi t

a t khi a

t

)(,

)(,

)(

)(,)

(

0

τ

ττ

τ

))(()())(())(

I t t

I

,0

,1)(χ

Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [4]

1.2 B ài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) , ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó:

) )(

( ) (

t x p dt

t

0)(x =

x

p( )( ) ≤η( ) với , ( , n)

R I C x I

Khi đó p gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh

Như vậy một toán tử bị chặn mạnh cũng là một toán tử bị chặn

1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

c x

u B = C +

Lấy tùy ý u= (x;c) ∈Bvà một điểm tùy ý cố định t0∈I, ta đặt:

I t khi c

ds s q t

h

I t khi x

l c ds s x p t

x c t u f

(

) ( , ) )(

( ) ( )

(

, ) )(

( ) ( )

)(

(

: );

; ( :

2

0 1

2 1

0

x l c u f

ds s x p t

x c t u f

R B f R I C B f

t

t

n n

−

=

+ +

(,1)

) ( )

)(

( )

)(

( )

)(

( ) )(

s t

s t

s

d d

x p d

x p s

u f t u

Do đó ta có f2(B(0,1)) là tập Compact tương đối trong n

R , f1(B(0,1)) là tập

bị chặn đều và đẳng liên tục trong C(I;R n), với B(0,1)={u∈B:u B ≤1}

Theo định lý Ascoli-Arzela ta có f1(B(0,1)) là tập Compact tương đối trong

)

;

(I R n

C Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact

Do đó theo định lý Fredholm cho phương trình toán tử thì điều kiện cần và

đủ để phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là phương trình toán tử:

u= f (u) (1.14)

chỉ có nghiệm tầm thường Điều đó tương đương với bài toán thuần nhất

(1.1 ), (1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường Định lý chứng minh xong

Sau đây ta xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho sự tồn tại duy nhất nghiệm

của bài toán (1.1), (1.2)

Lấy tùy ý một điểm cố định t0∈I Ta định nghĩa các toán tử

),()

))(

( ( ) )(

( ), ( )

)(

(

1 1

0

1 0

0



= +

+ +

p E

p E

p

l

k ds

s x p p t x p t x

t

x

p

k k

k t

t k

Nếu ma trận Λk không suy biến với (k=1,2,…) thì ta đặt:

[ ( )( ) ( )( )] ( ( )) )

)(

( ) )(

(

), ( ) )(

(

1 1

0 ,

,

x p l t E p t

E p t x p t x p

t x t x p

k k m

m m

m k

x p A x

p , ( ) ≤ , 0( ) (1.18)

Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20)

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất

()

)(

()()

0

t x p c ds s x p t

x t x

t

t

+

=+

với c=x(t0)

Thay x(t) tr ở lại ta được:

Tiếp tục quá trình trên ta có:

[ ( )( ) ( )( ) ( )( )] ( )( ) )

)) )(

( ( ) )(

(

) )(

( ) )(

( ))

(

x p l c hay

t x p l c t E p t

E p t E p l t x l

k k

k k

+ Λ

=

+ +

+ +

Do ma trận Λkkhông suy biến nên:

))((

1

x p l

c=−Λ−k k

Thay c vào (1.19) ta được:

[ ( )( ) ( )( )] ( ( )) ( )( ) )

)(

( )

k m

()

)(

,

t x p t x

Thay vào (1.18) ta được:

C m k C

m k

x p A x

p , ( ) ≤ , 0( )

Hay

C m k C

m k

x p A x

p , 0( ) ≤ , 0( )

Do đó

( − ) , 0( ) ≤0

C m k x p A E

Hơn nữa, do A không suy biến và r(A) < 1, nên ma trận nghịch đảo không

âm (E − A)− 1của ma trận (E-A) là không suy biến và không âm nên suy ra:

0)(

0

C m k x p

Do đó:

0))(

())(

()

()(

)()()

)(

()

(

2 1

0

2 1

1

1 1 1

0

t x p c t E p t E p

t x p t c p c ds s x p c p c

t x p c p c t x p c t x t

t

++

=

++

=+

+

=

++

=+

=

∫

x p A x

p ( ) ≤ 0( ) (1.20)

Thỏa với mọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1.10) với điều kiện ban đầu:

0)(t0 =

x

Khi đó bài toán (1.1), (1.3) chỉ có nghiệm duy nhất

Ch ứng minh:

Bằng cách thay l(x)=x(t0) khi đó từ giả thiết (1.15)-(1.17) ta có các số

nguyên dương tùy ý k và m thỏa:

))(

())(

(,0))((,l p x p , x t p x t

ds s x dt

1

) (

2 ) )(

( ) )(

0 1

0

0 1

0 1 0

1 2

) ( 2 )

( 2 2

) )(

( 2 )

( ) ( )

)(

(

ds s x t ds d d x

ds d x p ds

s x p p t x p

t

t t

ζττζ

ζζ

Suy ra

))(

())(

2

t x p t x

)(2)(

a b A r

)) ( (

L m L

m

x p A x

()

)(

()

(t p 0 x t p 1 x t

Suy ra:

2 2

L m L

m

x p x

Mặt khác ta có:

1( )(0) 0 , [p 1(x)(t)] p(p (x))(t)

dt

d t

m

x p p a b x

0

2 2

0

) ( )

( )

( 2

) ( )

( 2 ) (

L m L

m

L m L

m

x p B x

p A a b

x p p a b x

2 −

=

Suy ra:

0)()

L

m x p B E

Hơn nữa ta có:

1)(2

)(2)()(2)(

)(2

a b A r a b B

r ra suy

A a b B

ππ

(

a b A

r

−

< π

) Nên ma trận (E − B)− 1 không suy biến suy ra:

0)( 2

L

m x p

2

) (

t

(1.27) Trên đoạn =0,2

π

I có một nghiệm không tầm thường là:

t E t

x( ) = sin

Khi đó, ta có:

(p x )t p x t x t E t p

t E t x t x p

cos2

))(

()()(

,sin)

())(

a b A r

a

x B dt t x

1,

2),

()()(x =x b −x a k =i+ m= m0 =

t

i i

i i

k k

k

ds s x p p ds s x p p ds s x p p

a x p b x p a x p b x p x p l

) ( ) ( )

( ) ( )

( ) (

) )(

( )

)(

( )

)(

( ) )(

( )

(

1 1

1

2 2

Từ các giả thiết (1.28), (1.29), (1.15), (1.16) chọn B i =Λk khi đó ta có:

+ +

i b

a k

b

a

C j C j j

C j

C b

a C

x B x

p B ds s x p p ds s x p p x

p l

j x

B x

p B ds s x p p x

p

x B ds s x p x

p

2 1

1 1

1 1

1

)()

))(

(()

))(

(())

((

, )2,1()

()

))(

(()

(

))(

()

(

Khi đó từ (1.17) ta có:

C C

k i C

k

x A x

p l B x p x

))(()

()

A thỏa ( ) = ( + −1 i+2)< 1

i B B B r A

r Hệ quả được chứng minh

Định lý 1.6:

Giả sử tồn tại một ma trận hàm 0 ( , n n)

R I L

P ∈ × sao cho hệ phương trình vi phân:

) ( ) ( ) (

P dt

s x p s t

G0( , ) ( )( ) ( ) ( ) (1.31)

Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20), trong đó G0 là ma

trận Green của bài toán (1.30), (1.20) và n n

Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán (1.10), (1.20), với các giả thiết

của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường

Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1.10), (1.20), Khi đó vì (1.30), (1.20), chỉ có một nghiệm tầm thường, nên bài toán

[ ( )( ) ( ) ( )])

( ) ( ) )(

( ) (

0

P t x p dt

t dx

− +

=

=

Với điều kiện biên (1.20) có nghiệm duy nhất và do G0 là ma trận Green

của bài toán (1.30), (1.20) nên ta có:

[p x s P s x s ]ds s

t G t x b

a

= (, ) ( )( ) ( ) ( ))

0 0

x A

E x x

s

d P t P t P d

s

x A ds s x s P s x p d

()

(

Thỏa với mọi x là nghiệm tùy ý của hệ (1.10) với điều kiện đầu:

0)(t0 =

( ) ( ) )(

( ) (

0

P t x p dt

t

Theo định lý Lagrant ta có:

t

t

ds s x s P s x p d P

ds s x s P s x p s t C t x

0

0

)()())(

()

(exp

)()())(

(),()

(

0 0

0 0

ζζ

0 0

x A

E x x

A E

C C

s

d P t P t P d

()

),)(

())(

(x t b a p x t P0 t b a P0 t

p − + ≡ − + ≡ (1.35) Trong đó n n

Khi đó theo (1.32) ta có với mọi q~∈L(I,R n) thì

ds s q d P A

ds s q s t G

t

s b

a

t

a b t

) (

~ ) ( exp )

(

~ ) ,

~ ) (

t

s

ds s x s P s x p d P

s x p s t

G0( , ) ( )( ) ( ) ( )

Khi đó tất cả các giả thiết của định lý 1.6 đều thỏa suy ra bài toán chỉ có nghiệm duy nhất

1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra

Trong mục này, ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)

khi p là toán tử Volterra

Với tùy ý t0, , ( , n)

R I C x I

t∈ ∈ ta đặt:

[ ( , ), ( , )]

} , max{

) , ( };

, min{

) , (

0 0

,

0 0

0 0

I

t t t

t t

t t

t

t t

αα

: ) (

t t

x t t

x

0

) ( ) )(

( ≤η với mọi t∈I (1.36)

t t

k t

t

k

x ds s k t x

0 0

)(

!

1))(

,((

),()

,()

(

),,())

,(()(

0 0

0 0

0 0

, 0

t t s khi t

t x

t t s t t khi s

x

t t s khi t

t x s

x t t

αα

αα

αα

( , )( ) 0

−x s x

p t t hay ( )( ) ( ( , ))( )

x p s x

t

x s s

( ≤η =η , với hầu hết s I t ,t

0

∈ Bây giờ ta chứng minh (1.37) bằng phương pháp quy nạp

Theo (1.15), (1.36) ta có:

t t t

t t

t

t t

t

x d d

x d

x p t

x

0 0

0

0 0

)()

()

)(

()

)(

( ≤ ∫ τ τ ≤ ∫η τ τ τ ≤ ∫η τ τ

t t t

t t

t

t t

t

t

t t

t

x ds s d

x ds s

d x p d

x p p t

x p

, 2

,

, 1 1

2

0 0

0

0 0

0

0 0

)(2

1)

()(

)()()

()()

ητη

ττ

ηττ

τ τ

τ

Giả sử

t t

k t

t

k

x ds s k t x

0 0

)(

!

1))(

( ≤ ∫η với t∈I (k=1,2,…)

Khi đó:

( )

t t

k t

t t

k

t t

t

t

t

t k t

t

k k

x ds s k

d x ds s k

d x p d

x p p t

x

p

, 1

,

, 1

0 0

0 0

0

0

0 0

) ( )!

1 (

1 )

( ) (

! 1

) ( ) ( )

( ) ( )

)(

(

+ +

ητη

ττ

ηττ

τ τ

τ

, với t∈I

Bằng phương pháp quy nạp ta suy ra (1.37) là đúng (đpcm) 

Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau:

B ổ đề 1.11:

Nếu plà toán tử t0 −Volterra thì toán tử 1

p

E− là khả nghịch và ( ) ∑+∞

k

k

p p

(

C C

m k

R I C x khi x

A x

x t x

t

t

+

=+

Theo bổ đề 1.11 ta có:

c t X t

( )

(

i

i

t E p t

X

Vì bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương trình

0 ) (X c=

l

chỉ có nghiệm tầm thường Suy ra:

0 )) (

( )

),

=Λ

+∞

k k

Tác động l liên tục vào đẳng thức trên ta được:

) ( lim k l X

m k

k k l

Trong đó l là chuẩn của toán tử l Mặt khác theo bổ đề 1.10 ta được:

)41.1(, )

2,1(

!)

k x

∫

=

b

a dt t)

1,(

!

!)

k m x

k o m

C m

(1.42)

Chọn số nguyên dương m0 ≥k0sao cho:

, )1,, ;

1,(

m

k o

δ

Khi đó với mỗi k ≥m0và m≥m0, từ (1.42) suy ra:

),()

(

C m

k

R I C x khi x

A x

1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát

Với k là một số nguyên dương tùy ý cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài

toán sau đây:

) ( ) )(

( ) (

t q t x p dt

t dx

Với mỗi toán tử bị chặn g:C(I,R n)→L(I,R n), ta ký hiệu chuẩn của nó là

g và M glà tập các vectơ hàm liên tục tuyệt đối n

R I

y: → được biểu diễn bởi:

∫+

=

t

a

ds s z g a z t

y( ) ( ) ( )( )

trong đó n

R I

z: → là vectơ hàm liên tục tùy ý sao cho:

a

) ( ) ( liml k y l y

+∞

→ với y∈C(I,R n) (k =1,2, ) (1.44)

Khi đó tồn tại số nguyên dương k0 và một hằng số dương α > 0sao cho với

mọi vectơ hàm n

R I

z: → liên tục tuyệt đối tùy ý ta có:

z C ≤α∆k(z) (k =k0,k0+1, ) (1.45) Trong đó

k I t

)(

()

)(

(,))(

())(

k và dãy các vectơ hàm z m:I →R n (m= 1 , 2 , )liên tục tuyệt đối sao cho:

, )2,1()

( ) )(

( ) )(

( ) (

), ( ) ( ) (

, ) 2 , 1 ( )

)(

( ) ( ' ) (

, ) 2 , 1 ( ) ( )

(

1 0

1 0

1 0

1

t v p t y p t y p t w

t v t y t y

m ds

s y p s y t v

m t

z z t y

m k m

m k m

m m

m

t

a

m k m

m

m C m m

m m

) 54 1 ( )

( ) )(

( ) ( ) (

) 53 1 ( )

)(

( ) ( ) (

) 52 1 ( , )

3 , 2 , 1 ( 1

0 1 0

1 0

t w t y p a y t y

t y p a y t y

m y

m m

m m

m k m

m

C m

m

+ +

y

m

k m

Mặt khác (1.49) suy ra:

0)()(

C m t

a

m k m

C m

z ds s z p s z z

t v

m m

) ( 1

1

1 1

= +

<

∆ +

m

z z

p v

m m

k

m m m k

C m

(1.56)

Và do (1.48) ta có

, ) 2 , 1 (

1 )

(

m v

p v

p

C m k C m

Do đó tồn tại một hàm γ :I → R+ khả tích sao cho bất đẳng thức sau đúng

với hầu khắp nơi trên I :

Theo bổ đề Ascoli- Arzela, không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử

()()(

;1

0lim

0 1 0

0 0

0

t y p a y t y y

) (

) ( )

( )

(

0

1 0

0 0

= +

y y

z l z y y

y l y

y l y

l

C m

m k C m m

m k m

k k

m

m m

m

ββ

Từ (1.44), (1.59) ta được:

0)(y0 =

y: → liên tục tuyệt đối tùy ý ta có:

[ ( )( ) ( )( )] 0 )

1 (

k p p y s p y s ds đều trên I (1.60)

Hơn nữa

[ ( ) ( )] 0 )

1 (

k p q s q s ds đều trên I (1.61)

0 0

lim c k c

+∞

Khi đó tồn tại số nguyên dương k0 sao cho bài toán (1.1k), (1.2k) chỉ có nghiệm duy nhất x k với mỗi k≥k0 và

Giả sử k0 là số nguyên dương trong bổ đề 1.13 Khi đó theo bổ đề này, với

mỗi k≥k0 ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó:

0 ) (

) )(

( ) (

=

=

x l

t x p dt

t dx

Khi đó với mỗi k ≥k0, ta có:

k k k

k k

k k

z l

t q t z p dt

t dz

ς

=

+

= ) (

) (

~ ) )(

( ) (

Trong đó:

)()(

)()())(

())(

()(

k k

k

k k

k

−+

−

=

−+

−

=ς

Từ các điều kiện (1.60)-(1.62) và (1.44) ta có:

0 lim

, 0 :

) (

~ max ) 1 (

t

a k k

ςδ

Mặt khác theo bổ đề 1.13, tồn tại một hằng số dương α sao cho:

+∞

→ x x k C (đpcm) 

klim p (y)(s) p(y)(s)ds 0 đều trên I (1.64)

Với mọi hàm liên tục tuyệt đối n

R I

y: → ta có:

[ ( ) ( )] 0lim→ +∞∫ q s −q s ds=

lim

),

; ( )

( ) ( lim

c c

R I C y khi y l y l

k k

n k

Và tồn tại một hàm η:I → R+khả tích sao cho các bất đẳng thức sau đúng

hầu khắp nơi trên I với mọi y∈C(I,R n):

, )3,2,1()

())(

y

p( )( ) ≤η( ) (1.67)

Từ (1.66) ta được:

, )3,2,1()

≤∫ t dt k p

b

a

Do các điều kiện (1.64), (1.65), suy ra (1.60) và (1.61)

Theo định lý 1.14, để chứng minh hệ quả ta chỉ cần chứng minh điều kiện (1.43) Giả sử trái lại điều kiện (1.43) không đúng Khi đó tồn tại ε0 >0, một dãy các số nguyên dương ( )+∞

=1

m m

k và một dãy các vectơ hàm:

, ) 3 , 2 , 1 ( =

y

m

pk m

)(

()

()(t =z a +∫p z s ds m=

y

t

a m k m

Trong đó:

∫+

m n

y là đồng liên tục Vì vậy không mất tính tổng quát ta có thể

giả sử dãy ( )+∞

=1

m m

y hội tụ đều

Đặt

)()(lim y m t y t

y t

y( ) ( ) η )(ζ ζ với a≤s≤t≤b

Do vậy, hàm n

R I

y: → là hàm liên tục tuyệt đối

t ds s y p s y p

y y ds s I

t ds s y p s y p

t

a k

C m b

a t

a

m m

k

m

m

0:

))(

())(

(max

)(2:

))(

())(

(

Suy ra mâu thuẫn với (1.68) 

1.3 C ác trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát

1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Bài toán (1.5), (1.6) có thể được viết lại dưới dạng của bài toán (1.1), (1.2)

Trong đó toán tử p và vectơ hàm q được nhắc đến trong đẳng thức (1.10),

(1.11) và hàm τ0 được cho bởi đẳng thức (1.9)

Do đó, định lý 1.1 cho bài toán (1.5), (1.6) có dạng dưới đây: