Bất phương trình kiểu gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân

Nguyễn Văn HưngBẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – 2017... Nguyễn Văn HưngBẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤN

Nguyễn Văn Hưng

BẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – 2017

Nguyễn Văn Hưng

BẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS TRẦN VĂN BẰNG

Hà Nội – 2017

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng, người đã định hướngchọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô phòng Sau đại học, cácthầy cô trong khoa Toán và các thầy cô giáo dạy lớp thạc sỹ chuyên ngành Toán giảitích của trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình họctập

Tôi chân thành cảm ơn cá nhân và các tập thể của Trường THPT Yên Phong số 2(huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh) đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi được đi học

Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đãluôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập vàhoàn thành luận văn

Hà Nội, tháng 6 năm 2017

Tác giả

Nguyễn Văn Hưng

Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài

“Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân”

là kết quả của quá trình tìm hiểu, nghiên cứu của tác giả dưới sự hướng dẫn của TS.Trần Văn Bằng

Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những thànhtựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 6 năm 2017

Tác giả

Nguyễn Văn Hưng

Mở đầu 1

1.1 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall 3

1.2 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lipschitz 9

1.3 Phương trình tích phân Volterra 17

2 Ứng dụng đối với phương trình vi phân 25 2.1 Ước lượng nghiệm của bài toán Cauchy 25

2.2 Hệ phương trình vi phân qua xấp xỉ cấp một 30

2.3 Điều kiện bị chặn 35

2.4 Sự ổn định đều 38

3

1 Lí do chọn đề tài

Năm 1919, T H Gronwall ([7]) đã phát biểu và chứng minh kết quả sau:

Nếu u : [α; α + h] → R liên tục thỏa mãn:

Từ khi bất phương trình trên xuất hiện, nó giành được sự quan tâm nghiên cứucủa rất nhiều nhà toán học, ở nhiều khía cạnh khác nhau như: mở rộng các giả thiết,phát triển dạng bất phương trình, tìm ứng dụng của chúng (xem [1]-[6], [8]-[9]) Cácbất phương trình thuộc loại Gronwall cung cấp một công cụ cần thiết để nghiên cứutính chất định tính của các phương trình vi phân, phương trình tích phân

Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về các bất phương trình kiểu Gronwall và ứngdụng của chúng đối với phương trình vi phân, được sự hướng dẫn của TS Trần VănBằng, tôi đã chọn đề tài: “ Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đốivới phương trình vi phân” để thực hiện luận văn của mình

2 Mục đích nghiên cứu

- Luận văn nghiên cứu một số bất phương trình kiểu Gronwall

1

- Ứng dụng các kết quả vào nghiên cứu tính ổn định, ổn định đều, ổn định tiệmcận của nghiệm đồng nhất không của (hệ) phương trình vi phân.

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Nghiên cứu về các bất phương trình kiểu Gronwall;

- Tính ổn định của phương trình vi phân

4 Nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu một số bất phương trình kiểu Gronwall đối với hàm thực một biến với hạchthỏa mãn điều kiện Lipschitz và ứng dụng trong các bài toán về tính ổn định nghiệmtầm thường của phương trình vi phân

5 Phương pháp nghiên cứu

- Vận dụng các kiến thức của Giải tích hàm, Phương trình vi phân

- Thu thập các tài liệu liên quan đến chủ đề

- Phân tích, tổng hợp và hệ thống kiến thức liên quan

6 Đóng góp của đề tài

Xây dựng luận văn thành một tài liệu tổng quan tốt về chủ đề bất phương trình kiểuGronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân

Kiến thức chuẩn bị

Nội dung chương này đề cập tới một số bất phương trình tích phân kiểu Gronwall

cụ thể cùng với lớp bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lipschitz Nộidung của chương này tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [5] và [7]

1.1 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall

Trong mục này chúng tôi đề cập tới một số bất phương trình tích phân kiểu Gronwallvới hạch là các hàm khá cụ thể Trước hết là một số dạng cổ điển của bất phương trìnhGronwall

Định lý 1.1 (Gronwall) Cho x, ψ và χ là hàm liên tục xác định trên [a; b], χ(t) ≥ 0với t ∈ [a; b] Giả sử rằng trên đoạn [a; b] ta có bất phương trình:

x(t) ≤ Ψ(t) +

Z t a

Khi đó

x(t) ≤ Ψ(t) +

Z t a

χ(s)Ψ(s) exp

Z t a

χ(u)x(u)du, t ∈ [a; b] Khi đó ta có y(a) = 0 và

y′

(t) = χ(t)x(t) ≤ χ(t)ψ(t) + χ(t)

Z b a

χ(s)x(s)ds3

≤ χ(t)ψ(t) + χ(t)y(t), t∈ (a; b).

Nhân 2 vế với exp−

Z t a



−

Z t a

χ(s)ds



Lấy tích phân trên [a; t] ta có

y(t) exp



−

Z t a

χ(s)ds



≤

Z t a

Ψ(u)χ(u) exp



−

Z t a

χ(s)ds

du

từ đó ta có

y(t) ≤

Z t a

Ψ(u)χ(u) exp

Z t a

χ(u)du

+

Z t a

exp

Z t s

ta có

x(t) ≤ Ψ exp

Z t a

χ(u)du



Dưới đây là một số mở rộng của bất phương trình Gronwall:

Định lý 1.2 Cho u(t) là hàm không âm thỏa mãn bất phương trình tích phân sau

u(t) ≤ c +

Z t t

(a(s)u(s) + b(s)uα(s)) ds, c≥ 0, α ≥ 0, (1.6)

trong đó a(t) và b(t) là hàm liên tục không âm với t ≥ t0.

Z t s

a(r)dr

ds

 1 1

(1 − α)

Z t 0 +h

t 0

a(s)ds

 1 α−1(α − 1)

(1 − α)

Z t s

a(r)dr

ds

 1 α−1

nên tích phân phương trình này ta nhận được v(t) bằng vế phải của (1.7)

Với α > 1 ta lại có phương trình Bernoulli và chứng minh là tương tự nhưng ta cầnthêm điều kiện (1.9) nếu điều kiện này thỏa mãn trên khoảng bị chặn t0 ≤ t ≤ t0+h

Định lý 1.3 Nếu

u(t) ≤ f (t) + c

Z t 0

φ(s)uα(s)ds,trong đó tất cả các hàm đều là hàm liên tục và không âm trên [0; h], 0 < α < 1, c ≥ 0thì

u(t) ≤ f (t) + cξα

0

Z t 0

φ(s)uα(s)ds + c3

Z h 0

φ(s)ds

 1

1−α

,trong đó ξ0 là nghiệm duy nhất của phương trình

k(s)b(s)an−1(s)ds

 1

1−n

, α≤ t ≤ βn (1.12)

kban−1ds <1

.Định lý 1.6 Cho u(t) và k(t) là hàm liên tục dương trên [c; d] và a và b là hằng sốkhông âm Hơn nữa, g(z) là một hàm dương, không giảm với z ≥ 0 Nếu

u(t) ≤ a + b

Z t c

k(s)g(u(s))ds, t ∈ [c; d]

thì

u(t) ≤ G− 1

G(a) + b

Z t c

k(s)ds

, c≤ t ≤ d1 ≤ dtrong đó

G(λ) =

Z λ ξ

dsg(s), (ξ > 0, λ > 0)

và d1 được xác định sao cho

G(a) + b

Z t c

k(s)dsthuộc miền xác định của G− 1 với t ∈ [c; d1]

Định lý 1.7 Giả sử u(t) và β(t) liên tục và không âm trên [to; ∞) Cho f (t), g(u) vàα(t) là các hàm khả vi với f không âm, g dương và không giảm, và gα không âm vàkhông tăng Giả sử rằng:



≤ 0 trên [t0; ∞) (1.14)với mỗi hàm liên tục không âm η thì

u(t) ≤ G− 1

G(f (t0)) +

dsg(s); ε >0, δ > 0, (1.16)

và (1.15) thỏa mãn với mọi giá trị của t sao cho hàm

Sử dụng (1.14), ta có

V′

(t)g[V (t)] ≤ α(t)β(t) + f

4) k(t, s) không âm và liên tục trên [t0; T ] × [t0; T ] với ∂k

∂t (t, s) không âm và liên tục.Khi đó với G xác định bởi (1.16) ta có

u(t) ≤ f (t) − f (t0) + G− 1

G(f (t0)) +

Z t

t 0

F(s)ds

,

với M liên tục và không âm trên [α; β) × R+

Khi đó với mọi hàm liên tục không âm x : [α; t] → [0; ∞] thỏa mãn bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

L(u, A(u))exp

−

Z u α

M(s, A(s))B(s) ds

du,suy ra

y(t) ≤

Z t α

L(u, A(u))exp

−

Z t u

M(s, A(s))B(s) ds

du; t ∈ [α; β)

Từ đó có kết quả ước lượng (1.19) Bổ đề được chứng minh

Từ bổ đề trên ta có 2 hệ quả sau

Hệ quả 1.3 Giả sử A, B : [α; β) → R+, G: [α; β) × R+→ R+ là các hàm liên tục và

0 ≤ G(t, u) − G(t, v) ≤ N(t)(u − v), t∈ [α; β), u ≥ v ≥ 0 (1.21)

trong đó N liên tục và không âm trên [α; β)

Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

G(s, x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.22)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

G(u, A(u)) expZ t

u

N(s)B(s) ds

du, ∀t ∈ [α; β) (1.23)

Hệ quả 1.4 Cho A, B, C : [α; β) → R+, H : [α; β) × R+→ R+ là liên tục và H thỏamãn các điều kiện Lipschitz:

0 ≤ H(u) − H(v) ≤ M(u − v), M >0, u ≥ v ≥ 0 (1.24)

Khi đó với mọi hàm liên tục và không âm thỏa mãn:

Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

C(s)H(x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.25)

thì chúng ta có đánh giá

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

C(u)H(A(u)) exp

M

Z t u

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

D(s, x(s)) ds, t∈ [α; β) (1.28)thì ta có bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

D(uA(u))expZ t

u

P(s, A(s))B(s) ds

du, ∀t ∈ [α; β) (1.29)

Chứng minh Áp dụng định lý Lagrange cho hàm D trên miền △ = (α; β)×(0; ∞), ∀u >

v >0, t ∈ (α; β) tồn tại µ ∈ (u; v) sao cho

D(t, u) − D(t, v) = ∂D(t, µ)

∂x (u − v)

Vì theo (1.17),

0 ≤ ∂D(t, µ)

∂x ≤ P (t, v)nên ta thu được

I(s, x(s))ds, t ∈ [α; β) (1.31)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

I(u, A(u)) expZ t

Z t α

C(s)K(x(s))ds, t∈ [α; β) (1.34)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

Định lý 1.9 Cho A, B : [α; β) → [0; ∞), L : [α; β) × (0; ∞) → [0; ∞) là liên tục.Ngoài ra, cho ψ : [0; ∞) → [0; ∞) là ánh xạ liên tục và tăng nghiêm ngặt với ψ(0) = 0thỏa mãn giả thiết

0 ≤ L(t, u) − L(t, v) ≤ M(t, v)ψ− 1(u − v) với mọi u ≥ v ≥ 0 (1.36)

với M là liên tục trên [α; β) × [0; ∞) và ψ− 1 là ánh xạ ngược của ψ

Khi đó với mọi hàm liên tục không âm x : [α; β) → [0; ∞) thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + ψ

B(t)

Z t α

L(s, x(s)) ds

, ∀t ∈ [α; β)chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t) + ψ

B(t)

Z t α

L(u, A(u)) expZ t

≤ L(t, A(t)) + M(t, A(t))ψ− 1(ψ(B(t)y(t)))

Mặt khác, chúng ta có:

y(t) ≤ A(t) + ψ(B(t)y(t)) ∀t ∈ [α; β)

và ψ là đơn điệu tăng trên [α; β)

Nhận xét 1.1 Một ví dụ về ánh xạ thỏa mãn điều kiện ở trên là:

ψ : [0; ∞) → [0; ∞), ψ(x) := xp, p >0

Hai hệ quả sau của định lý

Hệ quả 1.7 Cho A, B, ψ thỏa mãn ở trên và G : [α; β) × [0; ∞) → [0; ∞) là ánh xạliên tục sao cho:

0 ≤ G(t, u) − G(t, v) ≤ N(t)ψ− 1(u − v) (1.37)với mọi t ∈ [α; β), u ≥ v ≥ 0 và N liên tục trên [α; β)

Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục thỏa mãn bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + ψ

B(t)

Z t α

L(s, x(s)) expZ t

u

N(s)B(s)ds

du, ∀t ∈ [α; β)

Hệ quả 1.8 Cho A, B, ψ thỏa mãn ở trên và C : [α; β) → [0; ∞) và H : [0; ∞) →[0; ∞) là ánh xạ liên tục sao cho:

0 ≤ H(u) − H(v) ≤ Mψ− 1(u − v)

C(u)H(A(u)) expZ t

u

C(s)B(s)ds

du, ∀t ∈ [α; β)

Hai tổng quát hóa của Bổ đề 1.1 là

Nếu p = 1 thì chúng ta nhận lại được Bổ đề 1.1

Hệ quả 1.9 Cho A, B, ψ thỏa mãn định lý ở trên và G thỏa mãn (1.37) Nếu mọihàm liên tục không âm x : [α; β) → [0; ∞) thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + B(t)ψZ t

α

G(s, x(s))ds

, ∀t ∈ [α; β)

Đặt β2 = min(u1, u2) và β1 = min(β1, β2).

k(s)ds + G

v0+

Z u α

σ(s)ds

, σ≤ 0 (1.40)Đặc biệt, nếu σ ≥ 0 và k, g có cùng dấu (σ ≤ 0 và k, g có đổi dấu) thì β1 ≥ β2 vàchúng ta luôn có

σ(s)ds

≤ (≥)v(t), α ≤ β1 (1.41)

1.3 Phương trình tích phân Volterra

Trong mục này chúng tôi đề cập tới các đánh giá cho các nghiệm của phương trìnhtích tổng quát Volterra trong không gian Banach

Xét các phương trình tích sau:

x(t) = g(t) +

Z t α

V(t, s, x(s))ds, t∈ [α; β), (1.42)

trong đó V : [α; β]2

× X → X, g : [α; β] → X liên tục và X là không gian Banach trêntrường số thực hoặc trường số phức

Hơn nữa, giả sử rằng phương trình tích phân (1.42) có nghiệm trong C([α; β); X)

Bổ đề 1.3 Nếu hạch V của phương trình tích phân (1.42) thoả mãn điều kiện:

× exp

Z t u

M(s, kg(s)k)B(s)ds

du

với mọi t ∈ [α; β).

Chứng minh Giả sử x : [α; β] → X là nghiệm liên tục của (1.42) Khi đó ta có

kx(t)k ≤ kg(t)k +

Z t α

kV (t, s, x)k ds, t ∈ [α; β)

Vì điều kiện (1.43) thoả mãn nên

kx(t)k ≤ kg(t)k +

Z t α

L(s, kx(s)k) ds, t ∈ [α; β)

Áp dụng Bổ đề 1.1 ta có đánh giá (1.44) và bổ đề được chứng minh

Bổ đề 1.4 Giả sử hạch V thỏa mãn điều kiện

L(u, k(u)) exp

Z t u

M(s, k(s))B(s)ds

du,

trong đó

k(t) :=

Z t α

kV (t, s, g(s))k ds và t ∈ [α; β)

Chứng minh Giả sử x ∈ C([α; β); X) là nghiệm của (1.42) Khi đó ta có

kx(t) − g(t)k ≤

Z t α

kV (t, s, x(s)k ds

≤

Z t α

kV (t, s, g(s))kds + B(t)

Z t α

L(s, kx(s) − g(s)k)ds

= k(t) + B(t)

Z t α

L(s, kx(s) − g(s)k) ds

với mọi t ∈ [α; β) Áp dụng Bổ đề 1.1, ta có bấtphương trình (1.46) và bổ đề đượcchứng minh

Các hệ quả sau có thể hữu dụng trong các ứng dụng.

Hệ quả 1.11 Nếu hạch V thoả mãn điều kiện

G(u, k(u)) × exp

Z t u

C(u)H(k(u)) exp

M

Z t u

C(s)B(s)ds

du

D(u, k(u)) exp

Z t u

P(s, k(s))B(s)ds



du (1.52)

với mọi t ∈ [α; β).

Hệ quả 1.14 Nếu hạch V thoả mãn điều kiện

kV (t, s, x) − V (t, s, y)k ≤ B(t)I (s, kx − yk) (1.53)

t, s∈ [α; β), x, y ∈ X, I, thỏa mãn điều kiện (1.30) và B không âm, liên tục trên [α; β).Khi đó, với mỗi nghiệm liên tục của (1.42), ta có ước lượng

B(t)

Z t α

I(u, k(u)) exp

Z t u

∂I

∂x(s, k(s))B(s)ds

du,

× exp

Z t u

dK

dx(k(s))B(s)C(s)ds

du,

với mọi t ∈ [α; β)

Tiếp theo, ta xét phương trình tích phân Volterra với hạch suy biến xác định bởi

x(t) = g(t) + B(t)

Z t α

U(s, x(s))ds, t∈ [α; β), (1.57)

trong đó g : [α; β] → X, B : [α; β] → X, U : [α; β] × X → X liên tục và X làkhông gian Banach thực hoặc phức Ta cũng giả thiết phương trình tích phân (1.57)

có nghiệm thuộc C([α; β); X)

Bổ đề 1.5 Nếu hạch U của phương trình tích phân (1.57) thoả mãn điều kiện

kU(t, x)k ≤ L(t, kxk), t∈ [α; β) (1.58)

và L thỏa mãn điều kiện (1.17) thì với mọi nghiệm liên tục của (1.57), ta có

kx(t) − g(t)k ≤ |B(t)|

Z t α

L(s, kg(s)k) exp

Z t s

|B(u)| M (u, kg(u)k) du



ds (1.59)

với mọi t ∈ [α; β)

Hai hệ quả sau là dễ thấy từ các bổ đề trên

Hệ quả 1.16 Nếu ta giả sử hạch U thoả mãn

G(s, kg(s)k) × exp

Z t s

C(s)H (kg(s)k) exp

M

Z t s

Hệ quả 1.18 Nếu hạch U thỏa mãn điều kiện

kU(t, x)k ≤ D (t, kxk) , t ∈ [α; β), x ∈ X (1.64)

và D thỏa mãn (1.27) thì với mọi nghiệm x ∈ C([α; β); X) của (1.57), ta có ước lượng

kx(t) − g(t)k ≤ |B(t)|

Z t α

D(s, kg(s)k) exp

Z t s

|B(u)| P (u, kg(u)k) du

I(s, kg(s)k) exp

Z t s

× exp

Z t s

|B(u)| C(u)dK

dx (kg(u)k) du

ds

với mọi t ∈ [α; β)

Bây giờ, ta sẽ trình bày bổ đề thứ 2 của mục này

Bổ đề 1.6 Nếu hạch U của phương trình tích phân (1.57) thoả mãn điều kiện

kU(t, x + y) − U(t, x)k ≤ S (t, kxk) kyk , t∈ [α; β), x, y ∈ X, (1.70)

trong đó S không âm liên tục trên [α; β) × R+, thì với mọi nghiệm x ∈ C([α; β); X)cuả (1.57) ta có ước lượng sau

kx(t) − g(t)k ≤

Z t s

|B(t)| kU(s, g(s)k exp

Z t s

S(u, kg(u)k) |B(u)|du

U(s, x(s))ds

Ta có y(α) = 0 và

yx(t) = U(t, g(t) + B(t)y(t))Vì

ky(t)k = kUt, g(t) + B(t)y(t))k

≤ kU(t, g(t))k + S (t, kg(t)k) |B(t)| ky(t)k

với mọi t ∈ [α; β) nên

ky(t)k ≤

Z t α

kU(s, g(s)k ds +

Z t α

S(s, kg(s)k) |B(s)| ky(s)k ds

Áp dụng Hệ quả 1.1 ta có

ky(t)k ≤

Z t α

kU(s, g(s)k exp

Z t s

S(u, kg(u)k) |B(u)| du

ds

với mọi t ∈ [α; β) Từ đây ta có (1.71) và bổ đề được chứng minh

Hệ quả 1.21 Nếu hạch U của (1.57) thỏa mãn điều kiện

kU(t, x + y) − U(t, x)k ≤ C(t)R (kxk) kyk , t∈ [α; β), x, y ∈ X (1.72)

và C : [α; β) → R+, R : R+ → R+ liên tục thì với mọi nghiệm x ∈ C([α; β); X)của (1.57) ta có

kx(t) − g(t)k ≤ |B(t)|

Z t α

kU(s, g(s)k exp

Z t s

C(u)R (kg(u)k) |B(u)| du



ds, (1.73)

với mọi t ∈ [α; β)

Hệ quả 1.22 Nếu hạch U của (1.57) thỏa mãn điều kiện

kU(t, x + y) − U(t, x)k ≤ T (t) kyk , t ∈ [α; β), x, y ∈ X (1.74)

và T là một hàm không âm liên tục trên [α; β) thì với mọi nghiệm x ∈ C([α; β); X)của (1.57) ta có ước lượng

kx(t) − g(t)k ≤ |B(t)|

Z t α

kU(s, g(s))k exp

Z t s

T(u) |B(u)| du



ds, (1.75)

với mọi t ∈ [α; β)

Ứng dụng đối với phương trình vi phân

2.1 Ước lượng nghiệm của bài toán Cauchy

Chúng ta xét phương trình vi phân tổng quát

dx

với f : [α; β) × Rn

→ Rn là liên tục trên [α; β) × Rn.Giả sử bài toán Cauchy

Áp dụng Bổ đề 1.5 ta nhận được (2.4) và bổ đề được chứng minh.

Bây giờ, chúng ta giả sử rằng hàm f thỏa mãn điều kiện

kf (t, x)k ≤ G(t, kxk), t∈ [α; β), x ∈ Rn (2.5)

và G thỏa mãn điều kiện (1.21) Khi đó ta có

kx(t, t0, x0) − x0k ≤ G(t, kx0k) exp(

Z t s

đúng với mọi t ∈ [t0; β)

Nếu giả thiết hàm f thỏa mãn điều kiện

kf (t, x)k ≤ C(t)H(kxk), t∈ [α; β), x ∈ Rn, (2.7)với H thỏa mãn (1.24) và C liên tục không âm trên [α; β) Khi đó ta có bất đẳng thức

đúng với mọi t ∈ [t0; β)

Hơn nữa, chúng ta giả thiết x0 6= 0 Với giả thiết này, và nếu f thỏa mãn điều kiện

kf (t, x)k ≤ D(t, kxk), t∈ [α; β), x ∈ Rn (2.9)