Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM KHÔNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí M

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Huỳnh Văn An

MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM

KHÔNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2020

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

Huỳnh Văn An

MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM

KHÔNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 84 601 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh – 2020

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ Toán học với đề tài “Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai” là do tôi thực hiện với sự hướng dẫn của PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, không sao chép của bất kì ai

Nội dung luận văn được tham khảo, trình bày lại các kết quả của các nhà toán học: A.G Lomtatidze, Robert Hakl và Manuel Zamora từ các tài liệu được liệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo Tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

về luận văn của mình

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 10 tháng 7 năm 2020

Học viên thực hiện

HUỲNH VĂN AN

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Anh Tuấn đã 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 kích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu

Xin chân thành cảm ơn

MỤC LỤC

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Mục lục

Danh mục các kí hiệu

GIỚI THIỆU 1

Chương 1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (1.1), (1.2) 3

1.1 Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2) 3

Định nghĩa 1.1 3

Định lý 1.2 3

Hệ quả 1.3 4

Hệ quả 1.4 4

1.2 Các bổ đề bổ trợ 5

Bổ đề 1.5 5

Bổ đề 1.6 11

Bổ đề 1.7 13

Bổ đề 1.8 18

Bổ đề 1.9 19

1.3 Chứng minh các kết quả cơ bản 19

Chứng minh Định lý 1.2: 19

Chứng minh Hệ quả 1.3: 22

Chứng minh Hệ quả 1.4: 29

Chương 2 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (2.1), (2.2) 32

2.1 Các kết quả cơ bản cho bài toán (2.1), (2.2) 32

Định nghĩa 2.1 32

Định lý 2.2 32

2.2 Các bổ đề bổ trợ 33

Bổ đề 2.3 33

Bổ đề 2.4 39

Bổ đề 2.5 43

Bổ đề 2.6 43

Bổ đề 2.7 45

Bổ đề 2.8 49

2.3 Chứng minh kết quả cơ bản 49

Chứng minh Định lý 2.2 49

KẾT LUẬN 51

TÀI LIỆU THAM KHẢO 52

 𝐿∞𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ+) là tập các hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → ℝ+ bị chặn hoàn toàn trên

mỗi đoạn chứa trong (𝑎, 𝑏)

 𝐶([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm liên tục 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷

 𝐶𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ) là tập các hàm 𝑢: (𝑎, 𝑏) → ℝ thỏa 𝑢 ∈ 𝐶([𝛼, 𝛽]; ℝ) với

mọi [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏)

 𝐴𝐶1([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 liên tục tuyệt đối

và đạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt đối

 AC𝑙𝑜𝑐1 (𝐼; 𝐷) với 𝐼 ⊆ (𝑎, 𝑏), 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: 𝐼 → 𝐷 thỏa mãn

𝑢 ∈ 𝐴𝐶1([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với [𝛼, 𝛽] ⊆ 𝐼

 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ; ℝ) với 𝐷 ⊆ ℝ là lớp Carathéodory, nghĩa là hàm

𝑓: (𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ → ℝ thỏa 𝑓(𝑡,∙,∙): 𝐷 × ℝ → ℝ liên tục hầu khắp nơi

𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑓(∙, 𝑥, 𝑦): (𝑎, 𝑏) → ℝ liên tục với mọi (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 × ℝ và

sup{|𝑓(∙, 𝑥, 𝑦)|: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷0} ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ+) với mọi tập compact

Mục đích chính của luận văn là hệ thống và trình bày lại một cách chi tiết hai bài báo của A Lomtatidze và R Hakl

1) A Lomtatidze and P J Torres, On a two-point boundary value problem

for second order singular equations, Czechoslovak Math J 53 (2003), 19 – 43

2) R Hakl and Manuel Zamora, Existence of a solution to the Dirichlet problem associated to a second-order differential equation with singularities:

The method of lower and upper functions, Georgian Math J 20 (2013),

469 – 491

Nội dung luận văn gồm hai chương:

Chương 1 Tính giải được cho bài toán (1.1), (1.2)

Chương này xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều kiện cần

và đủ cho tính giải được của bài toán giá trị biên:

𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0 (1.2) trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ)

Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm 𝑢 không bị chặn,

𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐1 ((𝑎, 𝑏); (0; +∞)) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên

(𝑎, 𝑏) và thỏa mãn điều kiện biên (1.2)

Chương 2 Tính giải được cho bài toán (2.1), (2.2)

Chương này xây dựng điều kiện đủ cho tính giải được của bài toán giá trị biên:

𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (2.1)

𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 1 (2.2)

trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ)

Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là hàm 𝑢 bị chặn, 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐1 ((𝑎, 𝑏); ℝ),

0 < 𝑢(𝑡) < 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên (𝑎, 𝑏)

và thỏa mãn điều kiện biên (2.2)

Chương 1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (1.1), (1.2)

Trong chương này, ta xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại nghiệm không bị chặn của bài toán giá trị biên:

𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0 (1.2) Trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ)

1.1 Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2)

Định nghĩa 1.1

Hàm liên tục 𝜎: (𝑎, 𝑏) → (0, +∞) là hàm dưới (trên) của phương trình (1.1) nếu ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐1 ((𝑎, 𝑏)\{𝑡1, 𝑡2, … , 𝑡𝑛}; (0, +∞)), 𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝑛 < 𝑏, tồn tại các giới hạn hữu hạn 𝜎(𝑎 +), 𝜎(𝑏 −), 𝜎′(𝑡𝑖 +), 𝜎′(𝑡𝑖 −), 𝑖 = 1, 𝑛̅̅̅̅̅,

𝜎′(𝑡𝑖 −) < 𝜎′(𝑡𝑖 +) ( 𝜎′(𝑡𝑖 −) > 𝜎′(𝑡𝑖 +)), 𝑖 = 1, 𝑛̅̅̅̅̅,

và hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có:

𝜎′′(𝑡) ≥ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎′(𝑡) (𝜎′′(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎′(𝑡))

Định lý 1.2

Giả sử 𝜎1 và 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của phương trình (1.1) và:

𝜎1(𝑡) ≤ 𝜎2(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),

𝜎1(𝑎 +) = 0, 𝜎1(𝑏 −) = 0, 𝜎2(𝑎 +) ≠ 0, 𝜎2(𝑏 −) ≠ 0 (1.3) Giải sử thêm, với mỗi 0 < 𝜂 < min{𝜎2(𝑡): 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏} tồn tại 𝛾 ∈ (𝑎, 𝑏),

𝑝𝜂, 𝑞𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ+) thỏa mãn:

∫ 𝑞𝑎𝑏 𝜂(𝑠)𝑑𝑠 < +∞, ∫ (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)𝑝𝑎𝑏 𝜂(𝑠)𝑑𝑠 < +∞ (1.4)

và |𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝𝜂(𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝛾 − 𝑡) ≥ −𝑞𝜂(𝑡)

𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1𝜂(𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2(𝑡) trong đó 𝜎1𝜂(∙) = max{𝜂, 𝜎1(∙)} (1.5) Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm 𝑢 thỏa mãn:

𝜎1(𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (1.6)

Hệ quả 1.3

Cho 𝑓 là hàm không giảm theo biến thứ hai và tồn tại 𝑟 > 0 thỏa mãn:

𝑓(𝑡, 𝑟) ≤ 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (1.7) Hơn nữa, trên (𝑎, 𝑏) × (0, +∞) thỏa bất đẳng thức

|𝑔(𝑡, 𝑟)| ≤ 𝑞∗(𝑡), 𝑞∗ ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+) (1.8) Khi đó:

𝑢′′(𝑡) ≥ −ℎ1(𝑡) − ℎ2(𝑡)|𝑢′(𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1),

|𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1) (1.11)

Ta có:

(𝑡 − 𝑎1)(𝑏1− 𝑡)|𝑢′(𝑡)| ≤ 𝑐0, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1), (1.12) 𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑎1) + 𝐻1(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1,𝑎+𝑏

2 ], 𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑏1) + 𝐻2(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎+𝑏

2 , 𝑏1] (1.13)

Chứng minh:

Giả sử 𝑢 ∈ 𝐴𝐶1([𝑎1, 𝑏1]; ℝ) thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5

Đặt: 𝜓0(𝑡) = −ℎ2(𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′(𝑡), 𝜓1(𝑡) = 𝑢′′(𝑡) + ℎ2(𝑡)|𝑢′(𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1) Suy ra:

𝑢′′(𝑡) = 𝜓1(𝑡) − ℎ2(𝑡)|𝑢′(𝑡)|

= 𝜓1(𝑡) − ℎ2(𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′(𝑡) 𝑢′(𝑡) = 𝜓0(𝑡)𝑢′(𝑡) + 𝜓1(𝑡)

Khi đó, 𝑢 là một nghiệm của phương trình:

𝑢′′ = 𝜓0(𝑡)𝑢′+ 𝜓1(𝑡) (1.14)

và 𝑢′′(𝑡) = 𝜓1(𝑡) − ℎ2(𝑡)|𝑢′(𝑡)| ≥ −ℎ1(𝑡) − ℎ2(𝑡)|𝑢′(𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1) Suy ra: 𝜓1(𝑡) ≥ −ℎ1(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1) (1.15) Lấy 𝑡0 ∈ (𝑎1, 𝑏1) tùy ý và 𝑢′(𝑡0) ≠ 0 Khi đó:

𝑢′(𝑡0) > 0 (1.16) hoặc

𝑢′(𝑡0) < 0 (1.17) Trường hợp 𝑢′(𝑡0) > 0:

Đặt:

𝜇(𝑡) = ∫ 𝑒𝑥𝑝[∫ 𝜓𝑡𝑏1 𝑡𝑠 0(𝜉)𝑑𝜉]𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑡0, 𝑏1)

Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình:

𝜇′(𝑡) = −𝜓0(𝑡)𝜇(𝑡) − 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑏1) = 0

Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑡0 đến 𝑏1 ta được:

Đặt:

𝜇(𝑡) = ∫ 𝑒𝑥𝑝[∫ 𝜓𝑎𝑡 𝑡𝑠 0(𝜉)𝑑𝜉]

Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình:

𝜇′(𝑡) = −𝜓0(𝑡)𝜇(𝑡) + 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑎1) = 0

Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑎1 đến 𝑡0 ta được:

∫ 𝜇(𝑡)𝑢𝑡0 ′′(𝑡)𝑑𝑡

𝑎1 = ∫ 𝜇(𝑡)𝜓𝑡0 0(𝑡)𝑢′(𝑡)𝑑𝑡

𝑎1

ℎ0 = 𝑒𝑥𝑝 [∫ ℎ𝑎𝑏 2(𝑠)𝑑𝑠] (1.19) Với 𝑡 = 𝑡0 ta có: ℎ0−1(𝑏1− 𝑡0) ≤ 𝜇(𝑡0) ≤ ℎ0(𝑏1 − 𝑡0)

(𝑡0− 𝑎1)(𝑏1− 𝑡0)|𝑢′(𝑡0)| ≤ [2𝑟0(𝑏 − 𝑎) + ∫ (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ𝑎𝑏 1(𝑠)𝑑𝑠] ℎ02

Vì 𝑡0 ∈ (𝑎1, 𝑏1) tùy ý nên (𝑡 − 𝑎1)(𝑏1− 𝑡)|𝑢′(𝑡)| ≤ 𝑐0, 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝑏1)

với 𝑐0 = [2𝑟0(𝑏 − 𝑎) + ∫ (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ𝑎𝑏 1(𝑠)𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫ ℎ𝑎𝑏 2(𝑠)𝑑𝑠] (1.20) Tiếp theo ta sẽ chứng minh (1.13) đúng, với

𝐻1(𝑡) = [4𝑟0

𝑏−𝑎 (𝑡 − 𝑎) + ∫ (𝑠 − 𝑎)ℎ𝑎𝑡 1(𝑠) 𝑑𝑠 + (𝑡 − 𝑎) ∫ ℎ1(𝑠)

𝑎+𝑏 2

Ta cần chứng minh: |𝑢′(𝑡)| ≤ 𝜑0(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1, 𝛾) (1.28)

Trong đó:

𝜑0(𝑡) = ( 𝑐0

(𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾)+ ∫ ℎ𝑡𝛾 1(𝑠)𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫ ℎ𝑎𝑏 2(𝑠)𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝛾) (1.29) Giả sử (1.28) sai Khi đó, theo (1.27) và (1.29), tồn tại 𝑡∗ ∈ (𝑎1, 𝛾) và

𝑡∗ ∈ (𝑡∗, 𝛾) thỏa

|𝑢′(𝑡)| > 𝜑0(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡∗, 𝑡∗),

|𝑢′(𝑡∗)| = 𝑐0

(𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) (1.30) Giả sử 𝑢′(𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗, 𝑡∗)

Khi đó theo bổ đề bất đẳng thức tích phân, từ (1.24) suy ra:

Dễ thấy 𝜑 bị chặn trên (𝑎, 𝑏) và 𝜑 ∈ 𝐿((𝑎, 𝑏); ℝ+)

Vậy, bổ đề được chứng minh

Bổ đề 1.7

Cho 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × ℝ; ℝ), 𝜎1, 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của

phương trình (1.1) thỏa (1.3) Hơn nữa, giả sử tồn tại 𝑝0, 𝑞0 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ+)

Giả sử điều kiện (1.31) được thực hiện

Lấy dãy (𝑡𝑖𝑘)𝑘=1+∞, (𝑠𝑖𝑘)𝑘=1+∞, (𝑐𝑖𝑘)𝑘=1+∞ (𝑖 = 1,2) thỏa mãn:

𝑟0 = max{|𝜎1(𝑡)| + |𝜎2(𝑡)|: 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]},

𝑐0 = [2𝑟0(𝑏 − 𝑎) + ∫ (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ𝑎𝑏 1(𝑠)𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫ ℎ𝑎𝑏 2(𝑠)𝑑𝑠], với ℎ1(𝑡) = 𝑝0(𝑡), ℎ2(𝑡) = 𝑞0(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),

𝜑̃(𝑡) = {

𝑐0(𝑡−𝑡1𝑘+1)(𝑡2𝑘+1−𝑡), 𝑡 ∈ (𝑠1𝑘+1, 𝑠1𝑘) ∪ (𝑠2𝑘, 𝑠2𝑘+1)

𝑐0(𝑡−𝑡11)(𝑡21−𝑡), 𝑡 ∈ (𝑠11, 𝑠21), (1.35) 𝜚(𝑡) = 𝜑̃(𝑡) + |𝜎1,(𝑡)| + |𝜎2,(𝑡)| + 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏),

𝐹(𝑡, 𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑡, 𝑥) + 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑦 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, (1.36)

𝐹̃(𝑡, 𝑥, 𝑦) = {

𝐹(𝑡, 𝑥, 𝑦), |𝑦| ≤ 𝜚(𝑡),(2 − |𝑦|

có ít nhất một nghiệm 𝑢𝑘 (xem Bổ đề 2.1 trong [17])

Ta sẽ chứng minh:

𝑣(𝑡) = 𝜎1(𝑡) − 𝑢𝑘(𝑡) ≤ 0, 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘, 𝑡2𝑘] (1.41)

Giả sử trái lại, với mỗi 𝑡̃ ∈ (𝑡𝑖𝑘, 𝑡2𝑘) thì 𝑣(𝑡̃) > 0

Vì 𝑣(𝑡𝑖𝑘) = 0, 𝑖 = 1,2 nên tồn tại 𝑡∗ ∈ [𝑡∗, 𝑡2𝑘) và 𝑡∗ ∈ (𝑡𝑘, 𝑡2𝑘] thỏa mãn:

𝑣 ∈ 𝐴𝐶1([𝑡∗, 𝑡∗]; ℝ),

𝑣(𝑡) > 𝑣(𝑡∗) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗, 𝑡∗), 𝑣(𝑡∗) = 𝑣(𝑡∗), (1.42)

|𝑣′(𝑡)| < 𝑣(𝑡)

1+𝑣(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡∗, 𝑡∗) (1.43) Khi đó:

𝜎1(𝑡) ≤ 𝑢𝑘(𝑡) ≤ 𝜎2(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘, 𝑡2𝑘] (1.45)

Từ (1.38) ta có:

𝑢𝑘′′(𝑡) = 𝐹0(𝑡, 𝑢𝑘(𝑡), 𝑢𝑘′(𝑡)) = 𝐹̃(𝑡, 𝑢𝑘(𝑡), 𝑢𝑘′(𝑡)), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑘, 𝑡2𝑘] (1.46)

Tiếp theo ta kiểm ra 𝑢𝑘 thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5 với 𝑎1 = 𝑡1𝑘,

𝑏1 = 𝑡2𝑘, ℎ1(𝑡) = 𝑝0(𝑡), ℎ2(𝑡) = 𝑞0(𝑡) hay ta kiểm tra 𝑢𝑘 thỏa mãn (1.11)

Trường hợp 3: |𝑢𝑘(𝑡)| ≥ 2𝜚(𝑡)

Từ (1.37) ta có:

Vì (1.35) − (1.37) và (1.47) nên từ (1.46) suy ra:

Từ (1.45) cho 𝑘 → +∞, với để ý lim

và

2 , 𝑡2𝑘) Hay

Như vậy 𝑢0 là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và thỏa (1.6)

Trường hợp bất đẳng thức (1.32) thực hiện thì bổ đề được chứng minh tương

tự Chỉ khác nhau ở chỗ ta không lấy dãy (𝑠𝑖𝑘)𝑘=1+∞, 𝑖 = 1,2 mà đặt 𝜑̃(𝑡) = 𝜑(𝑡),

𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), trong đó 𝜑 là hàm được cho trong Bổ đề 1.6

Vậy, bổ đề được chứng minh

Xét phương trình:

𝑢′′ = 𝑝(𝑡)𝑢 + 𝑞(𝑡)𝑢′; 𝑝, 𝑞 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ) (1.50)

Định nghĩa: Phương trình (1.50) được gọi là dao động trên (𝑎, 𝑏) nếu mỗi

nghiệm không tầm thường có ít nhất một không điểm trên (𝑎, 𝑏)

Kí hiệu 𝑣1, 𝑣2 lần lượt là nghiệm của bài toán biên:

Xét bài toán:

𝑢′′(𝑡) = 𝐹𝑘(𝑡, 𝑢, 𝑢′), (1.52𝑘) 𝑢(𝑎 +) = 𝜎1(𝑡1𝑘), 𝑢(𝑏 −) = 𝜎1(𝑡2𝑘) (1.53𝑘) Khi đó 𝐹𝑘 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × ℝ2; ℝ), vì 𝜎1 và 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm

trên của phương trình (1.1) nên 𝜎̃11 và 𝜎̃2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của

phương trình (1.521)

Áp dụng Bổ đề 1.7, bài toán (1.521), (1.531) có ít nhất một nghiệm 𝑢1 thỏa

mãn:

𝜎̃11(𝑡) ≤ 𝑢1(𝑡) ≤ 𝜎̃2(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]

Hơn nữa, 𝜎̃12 và 𝑢1 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của phương trình (1.522)

Do đó, theo Bổ đề 1.7 bài toán (1.522), (1.532) có ít nhất một nghiệm 𝑢2 thỏa

𝑞∗(𝑡) = max{|𝑔(𝑡, 𝑥)|: 𝜀0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜎∗}, và 𝜀0 = min{𝜎1(𝑡): 𝑎0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏0}), suy

ra dãy (𝑢𝑘)𝑘=1+∞ và (𝑢𝑘′)𝑘=1+∞ bị chặn đều và đồng liên tục trên (𝑎, 𝑏) Do đó,

không mất tính tổng quát ta giả sử:

0 < 𝜎1(𝑡) ≤ 𝑢0(𝑡) ≤ 𝑢𝑘(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑘 = 1,2, … Kết hợp với 𝑢𝑘(𝑎 +) = 𝜎1(𝑡1𝑘), 𝑢𝑘(𝑏 −) = 𝜎1(𝑡2𝑘) ta có:

Vậy, định lý được chứng minh

≥ 𝑓(𝑡, 𝜎1(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎1(𝑡))𝜎1′(𝑡)

Vậy 𝜎1 là hàm dưới của phương trình (1.1)

Trường hợp 𝑡 ∈ [𝑎+𝑏

2 , 𝑏):

Do vậy 𝜎2′′(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝜎2(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎2(𝑡))𝜎2′(𝑡), ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) hay 𝜎2là hàm trên của phương trình (1.1) Do đó bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

Ta chứng minh điều kiện cần:

Giả sử 𝑢 là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)

Với 0 < 𝑥 ≤ 𝑟, lấy 𝑎0 ∈ (𝑎, 𝑏) thỏa mãn:

𝑢(𝑡) < 𝑥, 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑎0] (1.57)

Vì 𝑢 bị chặn trên [𝑎, 𝑎0] nên

lim

𝑡→𝑎+inf(𝑡 − 𝑎)|𝑢′(𝑡)| = 0 (1.58) Đặt:

𝛿} 𝑢2(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡2, 𝑏] Khi đó 𝜎1 là hàm dưới của phương trình (1.1)

Lấy 𝑣 > 0 thỏa

𝑣 ∫ 𝑓(𝑠, 𝑟)𝑞𝑎𝑐 1(𝑠)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑠, 𝑟)𝑞𝑐𝑏 2(𝑠)𝑑𝑠,

trong đó

𝑞1(𝑡) = ∫ 𝑒𝑥𝑝[∫ 𝑔(𝜉, 𝑟)𝑑𝜉𝑎𝑡 𝑐𝑠 ]𝑑𝑠, 𝑞2(𝑡) = ∫ 𝑒𝑥𝑝[∫ 𝑔(𝜉, 𝑟)𝑑𝜉𝑡𝑏 𝑐𝑠 ]𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) Đặt:

ℎ(𝑡) = {

max{1, 𝑣} 𝑓(𝑡, 𝑟), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑐)max {1,1

𝑣} 𝑓(𝑡, 𝑟), 𝑡 ∈ (𝑐, 𝑏)Xét phương trình:

𝑢′′ = ℎ(𝑡) + 𝑔(𝑡, 𝑟)𝑢′ Khi đó 𝜎2 là nghiệm của phương trình trên thỏa mãn điều kiện:

𝜎2(𝑡) > 1 + max{𝜎1(𝑡): 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]}, 𝜎2′(𝑡)𝑠𝑔𝑛(𝑐 − 𝑡) ≥ 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏)

Do 𝑓, 𝑔 là hàm đơn điệu nên 𝜎2 là hàm trên của phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện (1.3) Vì vậy bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

Ta chứng minh điều kiện cần:

Giả sử 𝑢 là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) Hiển nhiên (1.58) đúng

Với 0 < 𝑥 ≤ 𝑟, lấy 𝑎0 ∈ (𝑎, 𝑐) thỏa mãn:

𝑢(𝑡) < 𝑥, 𝑢′(𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎0) (1.61) Nhân hai vế của phương trình (1.1) với 𝑡 − 𝑎 và lấy tích phân từ 𝑡 đến 𝑎0, với

Chương 2 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (2.1), (2.2)

Trong chương này, ta sẽ xây dựng điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm bị chặn của bài toán giá trị biên:

𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (2.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 1 (2.2) Trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ)

2.1 Các kết quả cơ bản cho bài toán (2.1), (2.2)

Xét phương trình:

𝑢′′ = ℎ(𝑡, 𝑢, 𝑢′), ℎ ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ; ℝ) (2.3) Với điều kiện biên:

𝑢(𝑎 +) = 𝑐1 , 𝑢(𝑏 −) = 𝑐2 (2 30)

Định nghĩa 2.1

Hàm liên tục 𝜎: (𝑎, 𝑏) → 𝐷 là hàm dưới (trên) của phương trình (2.3) nếu

𝜎 ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐1 ((𝑎, 𝑏)\{𝑡1, 𝑡2, … , 𝑡𝑛}; 𝐷), với 𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝑛 < 𝑏, tồn tại các giới hạn hữu hạn 𝜎(𝑎 +), 𝜎(𝑏 −), 𝜎′(𝑡𝑖 +), 𝜎′(𝑡𝑖 −), 𝑖 = 1,2, … , 𝑛, thỏa

và

𝜎1(𝑎 +) = 0, 𝜎2(𝑎 +) < 1, 𝜎1(𝑏 −) > 0, 𝜎2(𝑏 −) = 1 (2.5)

Hơn nữa, giả sử với mỗi 𝜂 ∈ (0, 1 2⁄ ),

|𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝𝜂(𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝑡 − 𝑐) ≤ (𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎)𝜆𝜂 + 𝑞𝜂(𝑡) (2.6) với hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1𝜂(𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2𝜂(𝑡), 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜆𝜂 ∈ [0, 𝑏 − 𝑎),

𝑞𝜂 ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+), 𝑝𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐((𝑎, 𝑏); ℝ+),

∫ (𝑏 − 𝑠)(𝑠 − 𝑎)𝑝𝑎𝑏 𝜂(𝑠)𝑑𝑠 < +∞ (2.7)

và 𝜎1𝜂(𝑡) = max{𝜂, 𝜎1(𝑡)}, 𝜎2𝜂(𝑡) = min{1 − 𝜂, 𝜎2(𝑡)} , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (2.8) Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm 𝑢 thỏa mãn:

𝑢′(𝑡0) < 0 (2.16) hoặc

𝑢′(𝑡0) > 0 (2.17) Trường hợp 𝑢′(𝑡0) < 0:

Nếu 𝑢′(𝑡) ≥ 0 thì 𝜇1(𝑡) = ∫ 𝑒𝑥𝑝 (∫ ℎ𝑡𝑡 𝑠𝑡 2(𝜉)𝑑𝜉)

1 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ [𝑡1, 𝑡2], suy ra 𝜇1 là nghiệm của phương trình 𝜇1′(𝑡) = ℎ2(𝑡)𝜇1(𝑡) + 1 thỏa điều kiện 𝜇1(𝑡1) = 0 Nhân hai vế của (2.11) với 𝜇1 và lấy tích phân từ 𝑡1 đến 𝑡0 ta được: