Một số tính chất định tính của vài lớp phương trình vi phân giá trị khoảng

Kiến thức chuẩn bị

Giải tích khoảng

Cho K C ( R ) là tập hợp tất cả các khoảng rỗng, compắc trong R Xét hai khoảng A và B thuộc K C ( R ), trong đó A = [A, A], A ≤ A và B = [B, B], B ≤ B, cùng với λ ∈ R Phép cộng hai khoảng và phép nhân một số thực với một khoảng được định nghĩa rõ ràng.

Tính chất 1.1.1 (Markov [40]) Cho A,B,C ∈ K C ( R ) Ta có

(ii) A+0=0+A, 0 ∈ K C ( R ) là phần tử không củaK C ( R ),

(vii) ( λ + à )A = λA+ à A, với mọi λ,à ∈ R , và λà≥0 Định nghĩa 1.1.1 (Markov [40]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Khoảng cách Hausdorff H giữa A và B được định nghĩa như sau:

H[A, 0] = kAk =max{|A|,|A|} và độ rộng của A: w(A) = A−A.

Tính chất 1.1.2 (Markov [40]) Cho A,B,C,D ∈ K C ( R ) vàλ ∈ R Ta có

Định lý 1.1.3 xác nhận rằng không gian mêtric đầy đủ (K C ( R ), H) có tính chất quan trọng Theo định nghĩa 1.1.2 của Stefanini và Bede, nếu A và B thuộc K C ( R ) và tồn tại một khoảng C trong K C ( R ) sao cho A = B + C, thì C được gọi là hiệu Hukuhara của A Công thức H[λA, λB] = | λ |H[A,B] thể hiện mối quan hệ giữa các hiệu Hukuhara trong không gian này.

Tính chất 1.1.4 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B,C,D ∈ K C ( R ) Ta có

(ii) nếu A B, C D tồn tại thì H[A B,C D] = H[A+D,B+C];

(iii) nếu A B, A (B+C) tồn tại thì (A B) C tồn tại và (A B) C A (B+C);

(iv) nếu A B, A C,C Btồn tại thì (A B) (A C) tồn tại và (A B) (A C) = C B. Định nghĩa 1.1.3 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Hiệu Hukuhara tổng quát của A và B, kí hiệu A gH B, được định nghĩa như sau:

Tính chất 1.1.5 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B ∈ K C ( R ), trong đó A = [A,A] và B= [B,B] Ta có,

(i ) hiệu Hukuhara tổng quát luôn tồn tại và duy nhất Hơn nữa,

(iii) nếu A gH Btồn tại theo nghĩa (1.2)-(a) thìB gH Atồn tại theo nghĩa (1.2)- (b) và ngược lại;

(vi) A gH B = B gH A = C khi và chỉ khiC =0và A = B.

Tính chất 1.1.6 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B∈ K C ( R ) Ta có,

H[A,B] = H[A gH B, 0]. Định nghĩa 1.1.4 (Markov [40]) Cho ánh xạ

X : [a,b] → K C ( R ) t 7→X(t) = [X(t),X(t)]. Nếu X(t)và X(t) là hai hàm thực xác định trên [a,b] thỏa X(t) ≤ X(t), ∀t ∈ [a,b] thìX(t)được gọi là hàm khoảng.

Nhận xét 1.1.1 (i) Giới hạn và tính liên tục của hàm X : [a,b]→ K C ( R )được hiểu theo mêtric H.

Giới hạn lim t → t 0 X(t) tồn tại nếu và chỉ nếu cả hai giới hạn lim t → t 0 X(t) và lim t → t 0 X(t) đều tồn tại, với t 0 thuộc đoạn [a,b] Hơn nữa, giới hạn lim t → t 0 X(t) bằng với [lim t → t 0 X(t), lim t → t 0 X(t)] và hàm X(t) được coi là liên tục tại t 0 thuộc đoạn [a,b] khi và chỉ khi X(t) và X(t) đều liên tục tại t 0 trong khoảng này.

Tính chất 1.1.7 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : [a,b] → K C ( R ) và t 0 ∈ [a,b] Ta có,

Kí hiệuC([a,b],K C ( R ))là không gian các hàm khoảng liên tục từ [a,b]vào K C ( R ). Cho ánh xạ H 0 :C([a,b],K C ( R ))×C([a,b],K C ( R )) → [0,∞) được xác định bởi:

Ta có(C([a,b],K C ( R )),H 0 ) là không gian metric đầy đủ.

Nhận xét 1.1.2 Nếu X : [a,b] → K C ( R ) là một hàm khoảng có độ rộng tăng hoặc giảm thì hàm khoảngY(t) = X(t) gH X(a) luôn có độ rộng tăng trên[a,b].

Choγ ∈ [0, 1) Kí hiệuC γ ([a,b],K C ( R )) là không gian của những hàm X : (a,b] →

K C ( R ) sao cho hàm (ã −a) γ X(ã) ∈ C([a,b],K C ( R )) Ta nhận thấy khụng gian

C γ ([a,b],K C ( R )) đầy đủ với mêtric H C γ (X,Y) = X gH Y

C γ được định nghĩa kXk C γ = sup a ≤ t ≤ b t γ H[X(t),0].

Hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là liên tục tuyệt đối nếu cho bất kỳ ε > 0, tồn tại số thực δ > 0 sao cho với mọi {(s k ,t k );k = 1, 2, ,n} của những khoảng mở rời rạc trong [a,b] với ∑ n k = 1

(t k −s k ) < δ thì giá trị của X(t k ) thoả mãn

H[X(t k ),X(s k )] < ε.Ta kí hiệuAC([a,b],K C ( R ))là không gian của những hàm khoảng liên tục tuyệt đối trên[a,b].

Hệ quả 1.1.1 ([20]) Hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) liên tục tuyệt đối nếu và chỉ nếuX và X liên tục tuyệt đối.

1.1.2 Phép tính đạo hàm, tích phân Định nghĩa 1.1.5 (Lakshmikantham và các đồng tác giả [28], trang 14) Cho

X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b) Ta nói X có đạo hàm Hukuhara tại t, nếu tồn tại D H X(t) ∈ K C ( R ) sao cho với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara

X(t) X(t−h) h = D H X(t). Định nghĩa 1.1.6 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b).

Ta nói rằng X có đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh tại t, nếu tồn tại D g H X(t) ∈

(i) với mọi h > 0đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t+h) X(t),X(t) X(t−h) tồn tại và hlim→ 0 +

(ii) với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t) X(t+h),X(t−h) X(t) tồn tại và hlim→ 0 +

(iii) với mọi h > 0đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t+h) X(t),X(t−h) X(t) tồn tại và hlim→ 0 +

(iv) với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t) X(t+h),X(t) X(t−h) tồn tại và hlim→ 0 +

X(t) X(t−h) h = D g H X(t). Định nghĩa 1.1.7 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) khả vi tổng quát mạnh tạit ∈ (a,b) Ta nói X khả vi tổng quát mạnh loại (i) tại t ∈ (a,b)nếu

D g H X(t) d dtX(t), d dtX(t) và X khả vi tổng quát mạnh loại (ii) tại t ∈ (a,b)nếu

, trong đó X(t) = [X(t),X(t)] vớit ∈ (a,b). Định nghĩa 1.1.8 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b).

Ta nói X có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại t nếu tồn tại D gH X(t) ∈ K C ( R ) sao cho

Tương tự, đạo hàm Hukuhara tổng quát trái tạit là

X(t+h) gH X(t) và đạo hàm Hukuhara tổng quát phải tạit là

Đạo hàm Hukuhara tổng quát của X tại t được coi là tồn tại khi và chỉ khi cả đạo hàm Hukuhara tổng quát trái và đạo hàm Hukuhara tổng quát phải tại t đều tồn tại và có giá trị bằng nhau.

Hàm X có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên khoảng [a,b] nếu nó có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại mọi điểm t trong khoảng (a,b), cùng với đạo hàm Hukuhara tổng quát trái tại b và đạo hàm Hukuhara tổng quát phải tại a Định lý 1.1.8 (theo Stefanini và Bede) khẳng định rằng nếu hàm X : [a,b] → K C (R) có đạo hàm tại t trong khoảng [a,b], thì hàm X(t) cũng sẽ có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại t trong khoảng này.

Định nghĩa 1.1.9 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : [a,b]→ K C ( R ) Ta nói hàm X có đạo hàm loại 1 tại t, nếu

D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) và X có đạo hàm loại 2 tại t, nếu

Để thuận tiện, ta ký hiệu đạo hàm Hukuhara loại 1 là (i)− khả vi, loại 2 là (ii)− khả vi. Định nghĩa 1.1.10 ChoX : [a,b]→ K C ( R ), trong đóX(t) = [X(t),X(t)],t ∈ [a,b].

Ta nói rằng hàm X là w-tăng (hoặc w-giảm) trên [a,b] nếu hàm thực t 7→ w(X(t)) không giảm (hoặc không tăng) trên [a,b], viết ngắn gọn là X w-tăng (hoặc X w- giảm).

Nếu hàm X w-tăng hoặc w-giảm trên [a, b]thì ta nói hàm X w-đơn điệu trên [a, b].

Tính chất 1.1.9 (Stefanini và Bede [54], Lupulescu [33]) Cho X : [a,b] → K C ( R ), trong đó X(t) = [X(t),X(t)] với t ∈ [a,b] Nếu X w-đơn điệu và có đạo hàm

Hukuhara tổng quát trên [a,b] thì d dtX(t) và d dtX(t) tồn tại với mọi t ∈ [a,b] Hơn nữa, ta có:

(i) D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) nếu hàm X w-tăng, (ii) D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) nếu hàm X w-giảm.

Nhận xét 1.1.4 Cho X : [a,b]→ K C ( R )và các đạo hàm một phía d ± dtX( τ ), d ± dtX( τ ) tồn tại hữu hạn vớiτ ∈ (a,b).

Nếu X w-tăng trên [a,τ] vàw-giảm trên[τ,b]thì

Nếu X w-giảm trên [a,τ]vàw-tăng trên[τ,b]thì

+ dt X(τ),d + dt X(τ)i. Đạo hàm Hukuhara tổng quát tại τ tồn tại khi và chỉ khi D − gH X( τ ) = D + gH X( τ ), tức là d − dt X( τ ) = d

Ví dụ 1.1.10 Cho hàm khoảng X : [0, 1] → K C ( R ) được xác định bởi: X(t) [−t 2 −1,t 2 −2t].

Ta có w(X(t)) = 2t 2 −2t+1 Ta thấy X w-giảm trên [0,1

X(t) = −t 2 −1và X(t) = t 2 −2t có đạo hàm trên[0, 1] Theo Định lí 1.1.8 và Nhận xét 1.1.4, ta được

Xét hàm Y: [0, 2] → K C ( R ) với Y(t) = [2t−3, |t²−1|] Hàm Y giảm trên khoảng [0, 1] và tăng trên khoảng [1, 2] Hàm Y và Y có đạo hàm trên khoảng [0, 2] \ {1} Tại điểm t = 1, ta có d− dtY(1) = −2 và d+ dtY(1) = 2, từ đó suy ra D−gH Y(1) = [−2, 2] và D+gH Y(1) = {2} Điều này cho thấy Y có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên khoảng [0, 2] \ {1}.

Tính chất 1.1.12 (Stefanini và Bede [54], Lupulescu [33])

ChoX, Y : [a,b] → K C ( R ) w-đơn điệu và có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên[a,b]. Khi đó,

(i) với C ∈ K C ( R ) và λ ∈ R , hàm khoảng X +C, X gH C và λX có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên [a,b]và

(ii) nếuX và Ycùng w-tăng hoặc cùngw-giảm thì

D gH (X gH Y) = D gH X gH D gH Y,

(iii) nếu X w-tăng và Y w-giảm hoặc ngược lại thì

Cho X : [a,b] → K C ( R ), trong đó X(t) = [X(t),X(t)] với t ∈ [a,b] Tích phân của hàm khoảng X trên [a,b]được định nghĩa như sau (xem Markov [40]):

Tính chất 1.1.13 (Stefanini và Bede [54]) Cho X ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

X(s)ds có đạo hàm Hukuhara tổng quát và D gH F(t) = X(t), (ii) hàm G(t) Rb t

X(s)ds có đạo hàm Hukuhara tổng quát và D gH G(t) (−1)X(t).

Tính chất 1.1.14 ( Markov [40]) ChoX,Y ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

Tính chất 1.1.15 (Stefanini và Bede [54]) Cho X,Y khả tích trên [a,b] Nếu w(X(t)) ≥ w(Y(t)) (hoặc w(X(t)) ≤ w(Y(t)), với t ∈ [a,b], thì X gH Y khả tích trên[a,b] và

Tính chất 1.1.16 ( Markov [40]) Cho X,Y ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

Tính chất 1.1.17 (Stefanini và Bede [54]) Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )), X w-đơn điệu và đạo hàmD gH X khả tích trên [a,b]thì

Nhận xét 1.1.5 Ta thấy, nếu X w- tăng trên [a,b]thì(1.6) tương đương với

D gH X(s)ds, t ∈ [a,b] và nếu X w-giảm trên [a,b]thì(1.6) tương đương với

Nhận xét 1.1.6 Trong trường hợp hàm X khôngw-đơn điệu trên [a,b]thì Tính chất

1.1.17 không đúng Thật vậy, xét hàm khoảng X như trong Ví dụ 1.1.10.

Do đó, Tính chất 1.1.17 không đúng với mọi t ∈ [0, 1].

1.1.3 Tích trong trên không gian (K C ( R ),H)

Cho A,B ∈ K C ( R ), ta xột ỏnh xạ ξ(ã; A, B) : R + → R được định nghĩa (xem Lupulescu [31]): ξ(h; A, B) = H[A+hB, 0]−H[A, 0] h (1.7)

Bổ đề 1.1.1 (Lupulescu [31]) Cho A,B ∈ K C ( R ), giới hạn

Cho A,B ∈ K C ( R ).Tích trong của A và B trên K C ( R ) được định nghĩa

Hệ quả 1.1.1 (Lupulescu [31]) Với mỗi A,B∈ K C ( R ), ta có

(A,B) + = H[A, 0][A,B] + (1.10) Định lý 1.1.18 (Lupulescu [31]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Ta có,

Nhận xét 1.1.7 Từ (1.9), Định lý 1.1.18 và cho A,B ∈ K C ( R ) Ta có

(iv) (A,B+C) + ≤ (A,B) + + (A,C) + Định lý 1.1.19 Nếu X(ã) : [a,b] → K C ( R ) là hàm khả vi liờn tục trờn [a,b] thỡ kX(ã)k = H[X(ã), 0]: [a,b] → R + khả vi liờn tục trờn[a,b]và d + dtkX(t)k = [X(t),D gH X(t)] + , với mọit ∈ [a,b] (1.11)

Hệ quả 1.1.2 Cho X : [a,b] → K C ( R ) Nếu X là hàm khả vi liên tục trên[a,b] thì

1 2 d + dtkX(t)k 2 = (X(t),D gH X(t)) + , với mọit ∈ [a,b] (1.12) Chứng minh Định lý 1.1.19 và Hệ quả 1.1.2 đã được công bố trong [A2].

1.1.4 Thứ tự trong không gian mêtric khoảng

Các khái niệm về thứ tự trong không gian các hàm khoảng và các tính chất liên quan đến không gian thứ tự khoảng được trình bày trong tài liệu [49] Định nghĩa 1.1.11 nêu rõ rằng, với X,Y thuộc K C (R) và X = [X,X], Y = [Y,Y], ta có thể nói X Y hoặc Y X nếu X ≤ Y và X ≤ Y.

Mệnh đề 1.1.1 Cho X,Y,Z,W ∈ K C ( R )và c ∈ R + Khi đó

(i) X =Y khi và chỉ khi X Y và X Y,

(vi) nếu X Y tồn tại thì X Y ⇔ X Y 0,

(viii) nếu hiệu Hukuhara X Z vàY Z tồn tại thì X Y ⇔ X Z Y Z,

(ix) nếu hiệu HukuharaX Y và X Ztồn tại thìY Z ⇔ X Y X Z,

Ta nói{X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không giảm nếu X k X k + 1 với mọi k ∈ N Tương tự, {Y k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng nếuY k + 1 Y k với mọik ∈ N Ta có một số tính chất sau:

(i) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không giảm sao cho X k → X trong K C ( R ) thì

(ii) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng sao cho X k → X trong K C ( R ) thì

(iii) nếu {X k } ⊆ K C ( R ),Y ∈ K C ( R ) sao cho X k Y,∀k ∈ N và X k → X trong

(iv) nếu {X k },{Y k } ⊆ K C ( R ) và X,Y ∈ K C ( R ) sao cho X k Y k ,∀k ∈ N và

(v) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng (không giảm) sao cho tồn tại dãy con

X k l → X trongK C ( R )thì X k → X. Định nghĩa 1.1.12 Cho X,Y : J = [a,b] → K C ( R ) Khi đó,

X Y (tức là X(t) Y(t), t ∈ J) khi và chỉ khi X(t)≤Y(t) và X(t) ≤Y(t), t ∈ J.

(i) Nếu {X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không giảm sao cho X k → X trong

(ii) Nếu {X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không tăng sao cho X k → X trong

(iii) Cho X k : J → K C ( R ),Y : J → K C ( R ) Nếu X k ≤ Y,∀k ∈ N và X k → X trong

(v) Nếu{X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không giảm (không tăng) sao cho tồn tại dãy con X k l → X trong C(J,K C ( R )) thì X k → X trongC(J,K C ( R )).

Bổ đề 1.1.2 [50] Cho (K C ( R ),) là một không gian được sắp xếp thứ tự Ta có các tính chất sau

(i) (C([a,b],K C ( R )),)cũng là một không gian được sắp xếp thứ tự.

(ii) Nếu (X) n ∈ N ⊂ C([a,b],K C ( R )) là một dãy không giảm sao cho X n → X trong C([a,b],K C ( R )) thì X n X với mọi n∈ N.

(iii) Mỗi cặp phần tử trong C([a,b],K C ( R )) đều có chặn trên và chặn dưới.

Giải tích phân thứ khoảng

Trước khi trình bày kiến thức cơ bản về giải tích phân thứ khoảng, cần nhắc lại một số khái niệm và kết quả cơ bản về đạo hàm phân thứ Riemann–Liouville và Caputo Giả sử x ∈ L[a,b], tức là không gian các hàm thực khả tích Lebesgue và bị chặn trên [a,b] Tích phân phân thứ Riemann–Liouville với bậc không nguyên α ∈ (0, 1) của hàm thực x được định nghĩa theo một cách cụ thể.

(t−s) α − 1 x(s)ds, t ≥a. Đạo hàm phân thứ Riemann–Liouville với bậc α ∈ (0, 1) của hàm thực x ∈ L[a,b] được định nghĩa D α a +x

(t) = dt d I a 1 + − α x(t) (xem Kilbas cùng các cộng sự [25]), tức là

Nếu x ∈ L[a,b] là hàm thực sao cho D α a +x tồn tại trên [a,b] thì đạo hàm phân thứ Caputo C D a α +x với bậc α ∈ (0, 1) được định nghĩa như sau (xem Samko cùng các cộng sự [52]):

( C D α a +x)(t) = (D a α + [x(ã)−x(a)])(t) (1.14) Cho AC[a, b] là không gian các hàm thực liên tục tuyệt đối trên [a, b] Nếu x ∈

1.2.1 Phép tính đạo hàm Riemann–Liouville

Tập hợp các hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) được ký hiệu là Cho L([a,b],K C ( R )), trong đó hàm thực t 7→ kX(t)k = H[X(t), 0] thuộc không gian các hàm khả tích Lebesgue và bị chặn trên [a,b] Đối với hàm khoảng X = [X(t),X(t)] ∈ L([a,b],K C ( R )) và α ∈ (0, 1), tích phân phân thứ Riemann–Liouville của hàm X được định nghĩa.

(t−s) α − 1 Γ( α ) X(s)ds, t ∈ [a,b]. Đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville Hukuhara tổng quát được định nghĩa

(t) = D gH (X 1 − α )(t), t ∈ [a,b], trong đó hàm khoảngX 1 − α [a,b] → K C ( R )được định nghĩa

Bổ đề 1.2.1 [20] Cho X ∈ L([a,b],K C ( R )) là một hàm khoảng w−đơn điệu và kí hiệu Y(t) = X(t) gH X(a), t ∈ [a,b] Nếu ( RL D α a + X)(t) tồn tại trên (a,b], thì

Nhận xét 1.2.1 ([33, Định lý 3]) Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) Khi đó, X 1 − α ∈

AC([a,b],K C ( R )) và các tính chất sau thoả mãn

(i) Nếu X w-tăng trên [a,b] hoặc X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-tăng trên [a,b] thì

(ii) Nếu X 1 − α w-giảm trên [a,b]thì

Nhận xét 1.2.2 ([33, Định lý 4]) Giả sử X,Y ∈ AC([a,b],K C ( R )) và w-đơn điệu trên [a,b] Ta có các tính chất sau thoả mãn vớiα ∈ (0, 1):

(i) Nếu X 1 − α và Y 1 − α cùng kiểu w-đơn điệu trên[a,b] thì

(ii) NếuX 1 − α vàY 1 − α khác kiểuw-đơn điệu trên[a,b] thì

Hệ quả 1.2.2 [20] Cho X ∈ L([a,b],K C ( R )) thoả mãn X 1 − α ∈ AC([a,b],K C ( R )).

Nếu d dtw(X 1 − α (t)) ≥0, t ∈ [a,b]hoặc d dtw(X 1 − α (t)) ≤0, t ∈ [a,b] thìX(t) gH (t−a) α − 1 Γ( α ) X 1 − α (a) tồn tại với mọit ∈ [a,b]và = α a + RLD α a +X

Nhận xét 1.2.3 [20] Cho 0 ≤ γ < 1 Nếu X ∈ C γ ([a,b],K C ( R )) thì (1.20) thoả mãn với mọi t ∈ [a,b] Hơn nữa, nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thì (1.20) thoả mãn với mọi t ∈ [a,b].

Nhận xét 1.2.4 Giả sử X,Y ∈ C([a,b],K C ( R )), A ∈ K C ( R ) và X Y.Khi đó, với mọi α ∈ (0, 1)ta có

1.2.2 Phép tính đạo hàm Caputo

Cho X = [X(t),X(t)] ∈ L([a,b],K C ( R )) thỏa mãn điều kiện đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville, RL D a α + X, α ∈ (0, 1), tồn tại trên[a,b] Khi đó, đạo hàm phân thứ Caputo của hàm khoảng X vớiα ∈ (0, 1) được định nghĩa

X(ã) gH X(a) (t), t ∈ [a,b]. Định lý 1.2.1 ([20]) Giả sử X : [a,b]→ K C ( R )khả vi phân thứ Riemann-Liouville trên [a,b]vớiα ∈ (0, 1).

(i) Nếu X w-tăng trên [a,b]hoặc w-giảm nhưng X 1 − α w-tăng trên [a,b]thì

(t) (t−a) − α Γ(1− α )X(a), t ∈ [a,b] (1.22) (ii) Nếu X 1 − α w-giảm trên [a,b]thì

(t) + (t−a) − α Γ(1− α )(−X(a)), t ∈ [a,b] (1.23) Định lý 1.2.2 Nếu X ∈ AC([a,b],K C ( R )) w-đơn điệu vàα ∈ (0, 1)thì

Vì X ∈ AC([a,b],K C ( R )) nên hàm t 7→ I a 1 + − α X(t) và t 7→ I a 1 + − α X(t) là liên tục tuyệt đối trên [a,b] Điều này chứng minh rằng X 1 − α ∈ AC([a,b],K C ( R )) và đạo hàm gH (X 1 − α )(t) tồn tại trên [a,b] Do đó, RL D α a + X cũng tồn tại trên [a,b] Đặt Y(t) = X(a), ta có Y 1 − α (t) = 1 a − + α X(a) (t) = ( Γ t − ( 2 a − ) 1 − α α ) X(a), từ đó suy ra Y 1 − α là hàm w-tăng trên [a,b].

Nếu X w-tăng trên [a,b]hoặc X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-tăng trên [a,b] thì từ Nhận xét 1.2.2 ta suy ra

(t) gH (t−a) − α Γ(1− α )X(a) (1.25) Hơn nữa, từ Nhận xét 1.2.1 ta có

(t) , t ∈ [a,b] (1.26) Mặt khác, từ (1.16) ta được

(t) = (I a 1 + − α d dtX)(t) + (t−a) − α Γ(1− α )X(a), t ∈ [a,b] Khi đó, từ (1.26) ta suy ra

Kế đến, nếu X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-giảm trên [a,b], thì từ Nhận xét 1.2.2 ta suy ra

(t) + (t−a) − α Γ(1− α )(−X(a)) (1.28) Ngoài ra, từ Nhận xét 1.2.1 ta cũng có

Khi đó, phương trình (1.29) dẫn đến

Từ (1.28) và (1.30) ta thu được (1.24).

Hệ quả 1.2.3 [20] Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) Khi đó, ta có

(t−s) − α max{ d dsX(s), d dsX(s)}ds. nên Γ(1− α ) C D a α +X

Z t a (t−s) − α hmin{ d dsX(s), d dsX(s)}, max{ d dsX(s), d dsX(s)}ids

Do đó, ta suy ra (1.31) thoả mãn.

Ví dụ sau đây chứng tỏ (1.31) đúng.

Ta nhận thấy w D gH X(t) không đổi dấu trên khoảng [0, 1] và [1, 2], nhưng đổi dấu trên khoảng[0, 2] Mặt khác, ta có

, nếut ∈ (1, 2]. Hơn nữa, ta có

√4 π h0,−t 1 2 + 2 3 t 3 2 i nếut ∈ ( 3 2 , 2]. Tiếp theo, ta xét các trường hợp sau:

Vì vậy ta khẳng định (1.31) đúng trên [0, 2].

Nhận xét 1.2.5 Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) và X w-đơn điệu trên [a,b] Khi đó, vớiα ∈ (0, 1)

Hệ quả 1.2.4 ([33] ) Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) thoả mãn w-đơn điệu trên [a,b] Khi đó, với α ∈ (0, 1)

Một vài kết quả quan trọng trong R

Định lý 1.3.1 (Ang [5], trang 27) Cho dãy hàm f n : R → R tăng, khả tích trên R Nếu dãy các tích phân

Z f n (t)dtbị chặn trên, thì có một hàm khả tích f :R → R sao cho f n → f hầu hết t ∈ R (viết gọn h.h) và nlim→ ∞

Z f n (t)dt Z f(t)dt. Định lý 1.3.2 ( Ang [5], trang 31) Cho dãy hàm f n : R → R khả tích trên R sao cho nlim→ ∞ f n (t) = f(t) h.h.

Nếu có một hàm khả tíchg : R→ R + sao cho

|f n (t)| ≤ g(t) h.h. thì f khả tích và nlim→ ∞

Theo định lý 1.3.3 của Rudin, nếu dãy {f n} ⊂ C([a,b],R) bị chặn và đồng liên tục, thì nó có dãy con hội tụ đều Thêm vào đó, theo định lý 1.3.4 của Lakshmikantham và Leela, cho G là tập con mở của

R 2 , g ∈ C(G,R) với (t 0 ,u 0 ) ∈ G và r(t) là nghiệm lớn nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 trên [t 0 ,t 0 +a).

Cho một khoảng thời gian t thuộc [t 0, t 1] nằm trong [t 0, t 0 + a) Có một số e 0 > 0 sao cho nghiệm lớn nhất r(t,e) của phương trình u 0(t) = g(t,u) + e, với điều kiện u(t 0) = u 0 + e, tồn tại trên khoảng [t 0, t 1] cho mọi e trong (0, e 0) Hơn nữa, r(t,e) hội tụ đều về r(t) trên [t 0, t 1] khi e tiến gần đến 0 Định lý 1.3.5 (Lakshmikantham và Leela [29], trang 15) nêu rõ rằng G là tập con mở.

R 2 và g∈ C(G,R) với(t 0 ,u 0 ) ∈ G Giả sửr(t)là nghiệm lớn nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 trên [t 0 ,t 0 +a).

Nếum(t)∈ C([t 0 ,t 0 +a),R)thỏa mãn(t,m(t)) ∈ Gvới mọit ∈ [t 0 ,t 0 +a),m(t 0 ) ≤ u 0 và

D + m(t) ≤ g(t,m(t)) với mọi t ∈ [t 0 ,t 0 +a) thìm(t) ≤r(t)với mọi t ∈ [t 0 ,t 0 +a). Định lý 1.3.6 (Lakshmikantham và Leela [29], trang 14) Cho hàm g: [t 0 ,t 0 +a]×

R → R liên tục và không giảm theo u với mỗi t ∈ [t 0 ,t 0 +a] Giả sử g(t, 0) = 0,

|g(t,u)| ≤ M trên [t 0 ,t 0 +a]× R , với M > 0 và u(t) ≡ 0 là nghiệm duy nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,t 0 +a].

Khi đó, dãy xấp xỉ được định nghĩa: u 0 (t) = M(t−t 0 ), u n + 1 (t) Z t t 0 g(s,u n (s))ds sẽ thỏa mãn

0 ≤u n + 1 (t) ≤u n (t) trên [t 0 ,t 0 +a] và hội tụ đều về 0 trên[t 0 ,t 0 +a].

Bổ đề 1.3.1 (Bất đẳng thức Gronwall [14] ) Cho u(t), f(t) là các hàm không âm, liên tục trên[0,∞) Nếu bất đẳng thức u(t) ≤ u 0 +

0 f(s)u(s)ds và thỏa mãn với mọi t ∈ [0,∞) thì ta có u(t) ≤ u 0 exp

, ∀t ∈ [0,∞), trong đó u 0 là một hằng số không âm.

Bổ đề 1.3.2 (Bất đẳng thức Gronwall mở rộng) Cho a(t),b(t) và c(t) là các hàm thực liên tục và không âm trên R + , d là hằng số dương Nếu a(t)≤ d+

0 c(r)a(r)dr ds với mọit ∈ R + thì a(t) ≤d

, với mọit ∈ R + Định lý 1.3.7 (Lakshmikantham [27]) Cho hàm m ∈ C([t 0 − σ, ∞), R ) thỏa mãn bất đẳng thức

− σ 6 s 6 0|m(t+s)|, g ∈ C([t 0 ,∞)× R + ,R + ) Giả sử r(t) r(t,t 0 ,u 0 )là nghiệm lớn nhất của bài toán u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 ≥ 0,trên [t 0 ,∞) Khi đó, nếu |m t 0 | σ ≤ u 0 thìm(t) ≤r(t), t ∈ [t 0 ,∞).

Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một số kết quả quan trọng từ lý thuyết điểm bất động trong không gian thứ tự Định nghĩa 1.3.1 nêu rõ rằng hàm ψ thuộc C(R+, R+) được gọi là hàm biến đổi khoảng cách trên [0, ∞) nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định.

(ii) ψ(t) = 0nếu và chỉ nếu t = 0.

Hàm t^2, ln(1+t) và t^2 - ln(1+t^2) là những hàm biến đổi khoảng cách trên khoảng [0,∞) X được định nghĩa là không gian thứ tự của các hàm thực, và hàm f: X → X được coi là đơn điệu không tăng (hoặc không giảm) nếu với u, v ∈ X, khi u ≤ v thì f(v) ≤ f(u) (hoặc f(u) ≤ f(v)) Theo Định lý 1.3.8, giả sử (X, ≤) là không gian thứ tự với mỗi cặp phần tử đều có biên dưới hoặc biên trên, và tồn tại một metric d trong X sao cho (X, ≤) là không gian metric đầy đủ Nếu f: X → X là một hàm liên tục và đơn điệu không giảm, thỏa mãn điều kiện co yếu ψ(d(f(u), f(v))) ≤ ψ(d(u,v)) - ξ(d(u,v)) với mọi u ≥ v, trong đó ψ và ξ là các hàm biến đổi khoảng cách.

Khi đó, nếu tồn tại u 0 ∈ X sao cho u 0 ≤ f(u 0 ) thì f có duy nhất điểm bất động. Hơn nữa, nếu u ∗ là điểm bất động của f, thìlim n → ∞ f n (u) = u ∗ thoả mãn với mọi u ∈ X

Phương trình tích phân và vi phân khoảng

Phương trình tích phân khoảng Volterra

2.1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Xét phương trình tích phân khoảng Volterra có dạng:

K(t,s,X(s))ds, (2.2) với mọi t ∈ [t 0 ,T], trong đó F : [t 0 ,T] → K C ( R ) và K : D ×K C ( R ) → K C ( R ), với

D = {(t,s) ∈ [t 0 ,T]×[t 0 ,T] : t 0 ≤ s ≤ t < T} Cho N > 0 và xét B(N,X 0 ) : {Z ∈ K C ( R )|H[Z,X 0 ] ≤ N}. Định lý 2.1.1 Cho Llà hằng số dương Giả sử F,K thỏa các giả thiết sau:

(ii) K : D ×K C ( R ) → K C ( R ) liên tục trên D và thỏa điều kiện Lipschitz theo X, tức là

Khi đó, phương trình (2.2) có duy nhất nghiệm trên[t 0 ,T].

Chứng minh Để chứng minh định lý này, ta sử dụng phương pháp xấp xỉ nghiệm.

Xét một dãy các hàm liên tục {X n } ∞ n = 0 , X n : [t 0 ,T] → K C ( R ), được định nghĩa như sau:

Trong miền compact D, nếu tồn tại một hằng số M > 0 sao cho H[K(t,s,X), 0] ≤ M, ta có thể xác định T₀ = min{T - t₀, N/M} Bằng phương pháp quy nạp toán học, chúng ta chứng minh rằng {Xₙ} (n ≥ 0) là các ánh xạ liên tục trên [t₀, T₀] và Xₙ(t) thuộc B(N, X₀) Cụ thể, với n ≥ 1 và t ∈ [t₀, T₀], điều này được khẳng định.

≤ M(t−t 0 ) ≤ N. trong đó H[K(t,s,X), 0]≤ M (vìK liên tục trên D).

Từ giả thiết (ii) và (2.3), ta được

2! , t ∈ [t 0 ,T 0 ]. Hơn nữa, nếu ta giả sử

Ta thấy (2.5) thỏa mãn với mọi n ≥ 1 Do đó, ∑ ∞ n = 1

H[X n (t),X n − 1 (t)] hội tụ đều trên [t 0 ,T 0 ] và vì vậy dãy {X n } n ≥ 0 hội tụ đều Suy ra, tồn tại một hàm liên tục

X : [t 0 ,T 0 ] → K C ( R ) sao cho H[X n (t),X(t)] → 0 khi n → ∞ Từ đây, kết hợp với giả thiết (ii), ta có

K(t,s,X(s))ds và vì vậy X là nghiệm của phương trình (2.2).

Cuối cùng, ta chứng minh phương trình (2.2) có duy nhất nghiệm Giả sử Y : [t 0 ,T 0 ]→ K C ( R )là một nghiệm bất kỳ của phương trình (2.2) và

Khi đó, với mọit ∈ [t 0 ,T 0 ]và sử dụng giả thiết (ii), ta có

Áp dụng Bổ đề 1.3.1, ta suy ra rằng H[X(t),Y(t)] ≤ 0, từ đó kết luận rằng phương trình (2.2) có nghiệm duy nhất trên khoảng [t 0 ,T 0 ] Hơn nữa, nhờ tính liên tục của hàm F trên [t 0 ,T] và K trên miền D, chúng ta có thể mở rộng nghiệm của phương trình (2.2) ra toàn bộ miền [t 0 ,T].

Ta ký hiệuS= Z|Z :[t 0 ,T 0 ] → K C ( R ) liên tục và H 0 [Z,F] ≤ N , trong đó

H[Z(t),F(t)]. Toán tửA : S→ S được định nghĩa như sau:

Chứng minh Chứng minh định lý trên được chia làm ba bước.

Bước 1: Ta chứng minh A : S → S được định nghĩa tốt, điều này có nghĩa là AZ liên tục vàAZ ⊂ S Vớit ∈ [t 0 ,T 0 ], ta có

Ta thấy vế phải của bất đẳng thức (2.6) tiến về0khi h→ 0 Do đó,AZ liên tục. Với Z ∈ S và t ∈ [t 0 ,T 0 ], ta được

Bước 2: Ta chứng minh S là một không gian mêtric đầy đủ Thật vậy, cho {Z n } là một dãy trongS, hội tụ đếnZ ∈ C([t 0 ,T 0 ],K C ( R )) Ta có,

H 0 [Z,F] ≤ H 0 [Z n ,Z] +H 0 [Z n ,F]≤ ε +N. vớinđủ lớn và với mọi ε >0, suy ra Z ∈ S Do đó, Slà một không gian mêtric đầy đủ.

Bước 3: Ta chứng minh Alà một ánh xạ co Với Z,W ∈ S , ta được

Ánh xạ A : S→ S được coi là một ánh xạ co nếu điều kiện LT 0 < 1 được thỏa mãn Bởi vì S là một không gian mêtric đầy đủ và A là một ánh xạ co trên S, nên tồn tại duy nhất một điểm bất động Z ∈ S Điều này có nghĩa là bài toán (2.2) có duy nhất một nghiệm Định lý 2.1.2 khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm khi giả sử F và K thỏa mãn các điều kiện sau: (i) F : [t 0 ,T] → K C ( R ) là một hàm liên tục.

(ii) K : D ×K C ( R ) → K C ( R ) liên tục trên D và thỏa điều kiện Lipschitz theo X, tức là,

Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày phương pháp giải nghiệm cho lớp phương trình tích phân khoảng Volterra Xét phương trình tích phân khoảng Volterra như sau:

Hệ quả 2.1.1 Giả sử k : [0,T]×[0,T] → R và F : [0,T] → K C ( R ) là những hàm liên tục và λ là một tham số bất kỳ Nếu |k(t,s)| ≤ M với mọi 0 ≤ t,s ≤ T thì phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất trên [0,T].

Chứng minh Ta kiểm tra được các giả thiết của Định lý 2.1.1 đều thỏa mãn Điều này có nghĩa là phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất trên[0,T].

Tiếp theo, ta giải nghiệm của phương trình (2.7) trong hai trường hợp:λk(t,s) >0 và λk(t,s)< 0.

Trường hợp 1: Nếu λk(t,s) > 0 và F(t) = [F(t),F(t)],X(t) = [X(t),X(t)] thì phương trình (2.7) được viết dưới dạng sau:

Giải hệ phương trình tích phân (2.8), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤

X(t) với mọi t ∈ [0,T] thìX(t)là nghiệm của (2.7).

Trường hợp 2: Nếu λk(t,s) < 0 và F(t) = [F(t),F(t)],X(t) = [X(t),X(t)] thì phương trình (2.7) được viết dưới dạng sau:

Giải hệ phương trình vi tích phân (2.9), ta xác định đượcX(t)và X(t) Nếu X(t) ≤

X(t) với mọi t ∈ [0,T] thìX(t)là nghiệm của (2.7).

Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày 2 ví dụ để minh họa cho phương pháp giải nghiệm phương trình (2.7).

Ví dụ 2.1.3 Xét phương trình tích phân khoảng Volterra sau:

X(s)ds, ∀t ∈ [0,π/2] (2.10) Áp dụng phương pháp giải nghiệm trên, ta viết phương trình (2.10) thành hệ phương trình tích phân sau:

−(sin(t) +cos(t)) +3e t và X(t) = −(sin(t) + cos(t)) +3e t Ta kiểm tra được X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [0,π/2] Do đó, nghiệm của (2.10) trên[0, π/2]có dạng:

Nghiệm này được minh họa như trong Hình 2.1.

Ví dụ 2.1.4 Ta xét phương trình tích phân khoảng Volterra sau:

X(s)ds (2.12) Áp dụng phương pháp giải nghiệm trên, ta viết phương trình (2.12) thành hệ phương trình tích phân sau:

Giải hệ (2.13), ta được X(t) = −e t +2e − t +2t−1 và X(t) = e t +2e − t +t−2.

Ta kiểm tra được X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [0, 2] Do đó, nghiệm của phương trình (2.12) trên[0, 2]có dạng:

. Nghiệm này được minh họa trong Hình 2.2.

Hình 2.1: Nghiệm của Ví dụ 2.1.3 Hình 2.2: Nghiệm của Ví dụ 2.1.4.

Phương trình vi phân khoảng có trễ

Cho σ > 0, ta ký hiệu C σ = C([−σ, 0],K C ( R )) là không gian các hàm liên tục từ [− σ, 0] vàoK C ( R ) Khoảng cách H σ trên C σ được định nghĩa như sau:

Chop > 0, ký hiệu I = [t 0 ,t 0 + p], J = [t 0 − σ,t 0 ]∪I = [t 0 − σ,t 0 + p] Đối với mỗi t ∈ I, ta định nghĩa phần tử X t của C σ như sau: X t (s) = X(t+s) với s ∈ [−σ, 0] Trước tiên, ta sẽ nhắc lại một số định nghĩa cơ bản về điều kiện tiêu biến được sử dụng trong các chứng minh trong các mục bên dưới Định nghĩa 2.2.1 (Song và các đồng tác giả [53]) Giả sử hàm V : [t 0 ,t 0 + p] ×.

B(X 0 ,q)×B(X 0 ,q) → R + , trong đó B(X 0 ,q) = {X ∈ K C (R) | H[X,X 0 ] ≤ q} với q >0, thỏa mãn các giả thiết sau:

B(X 0 ,q) và nlim→ ∞ V(t,X n ,Y n ) = 0 =⇒ lim n → ∞ H[X n ,Y n ] = 0, trong đó {X n },{Y n } ⊂ B(X 0 ,q)

V(t,X,Y)−V(t,X 1 ,Y 1 ) ≤ LH[X,X 1 ] +LH[Y,Y 1 ],trong đó Llà một hằng số không âm.

Khi đó,V được gọi là hàm loại L−H. Định nghĩa 2.2.2 (Song và các đồng tác giả [53]) Cho F ∈ C([t 0 ,t 0 + p] ×

B(X 0 ,q),K C ( R )) Giả sử tồn tại một hàmV loại L−H sao cho

V(t+h, X+hF(t, X), Y+hF(t, Y))−V(t, X, Y) , g ∈ C([t 0 ,t 0 +p]× R + ,R), g(t, 0) ≡0và u ≡0là nghiệm lớn nhất của bài toán u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,t 0 +p] Khi đó, F được gọi là thỏa mãn điều kiện tiêu biến Lyapunov.

Xét phương trình vi phân khoảng có trễ dưới đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh có dạng:

X(t) = ϕ(t−t0) ∈ Cσ, với t ∈ [t0−σ, t0], trong đó DHg là ký hiệu của đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh theo Định nghĩa 1.1.6 và F ∈ C(I×Cσ, KC(R)) Định nghĩa 2.2.3 cho biết rằng hàm khoảng X: J → KC(R) được xem là nghiệm địa phương của phương trình (2.14) trên J nếu X liên tục và thỏa mãn một trong các phương trình tích phân khoảng.

F(s,X s )ds, t ∈ I, (2.16) nếu X w−giảm Định nghĩa 2.2.4 cho biết rằng hàm X : J → K C ( R ) được coi là w−tăng hoặc w−giảm nếu nó và đạo hàm của nó thỏa mãn bài toán (2.14), trong trường hợp này, X được gọi là (S1)-nghiệm hoặc (S2)-nghiệm của bài toán (2.14) Định nghĩa 2.2.5 nêu rõ rằng nếu X : J → K C ( R ) là (S1)-nghiệm hoặc (S2)-nghiệm của bài toán (2.14), thì X được xem là nghiệm duy nhất của bài toán (2.14) nếu thỏa mãn các điều kiện nhất định.

H[X(t),Y(t)] = 0, trong đó Y: J → K C (R) là nghiệm (S1) hoặc (S2) của bài toán (2.14) Định lý 2.2.1 phát biểu rằng nếu F ∈ C(R + × C σ ,K C (R)) và H[F(t,X),F(t,Y)] ≤ g(t,H σ [X,Y]) với mọi X,Y ∈ C σ và t ∈ R +, trong đó g ∈ C(R + × R + , R +), thì r(t,t 0 ,x 0) là nghiệm lớn nhất của bài toán dx/dt = g(t,x), x(t 0) = x 0 ≥ 0, ∀t ≥ t 0.

Nếu X(t),Y(t) là các (S2)-nghiệm (hoặc (S1)-nghiệm) của bài toán (2.14) thì

H[X(t),Y(t)]≤ r(t,t 0 ,x 0 ) với điều kiện H σ [ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤ x 0 , trong đó ϕ 0 ,ψ 0 ∈ C σ là các giá trị đầu của bài toán

Chứng minh VìX,Y là các (S2)-nghiệm của bài toán (2.14) nên các hiệu Hukuhara

X(t−h) X(t),Y(t−h) Y(t)tồn tại, vớih >0đủ nhỏ Đặtm(t) = H[X(t),Y(t)] vớit ∈ R + , ta có m(t−h)−m(t) = H[X(t−h),Y(t−h)]−H[X(t),Y(t)]

Nhân hai vế với 1 h, ta được m(t−h)−m(t) h ≤ H

+H[F(t,X t ),F(t,Y t )] (2.18) Lấylim infhai vế của bất đẳng thức (2.18) khih → 0 + , ta được

Từ giả thiết H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ]≤ x 0 và áp dụng Định lý 1.3.7, ta có

Nhận xét 2.2.1 Trong Định lý 2.2.1, nếu g(t,x) = Lx, trong đó L> 0, thì ta có

H[X(t), Y(t)] ≤ H σ [ϕ 0 , ψ 0 ]e Lt Định lý 2.2.2 nêu rằng nếu F ∈ C(R + × C σ , K C (R)), F là ánh xạ từ tập bị chặn vào tập bị chặn và thỏa mãn điều kiện tiêu biến, thì tồn tại ánh xạ a(ã) : R + → R + liên tục và r ≥ 0, sao cho với mỗi t ≥ 0.

(X(t),F(t,X t )) + ≤ a(t)H 2 [X, 0], (2.19) trong đó,X(t)∈ K C ( R ) và H[X, 0] ≥r Khi đó,

(i) Bài toán (2.14) có một (S1)-nghiệm trên [t 0 ,∞),

(ii) Bài toán (2.14) có một (S2)-nghiệm trên [t 0 ,∞) nếu thỏa mãn điều kiện sau đây:

Chứng minh Ta chỉ chứng minh trong trường hợp X w-tăng, trường hợp w- giảm được chứng minh tương tự Cho (t 0 ,ϕ 0 ) ∈ R + × C σ cố định Ta xét

Trong bài viết này, chúng ta xem xét khoảng thời gian I = [t₀, t₀ + p) với p > 0 và tập Bρ = {X ∈ Cσ : Hσ[X, 0] ≤ ρ} với ρ > 0 Theo giả thiết, F là ánh xạ từ các tập bị chặn vào các tập bị chặn, dẫn đến sự tồn tại của M > 0 sao cho H[F(t, Xt), 0] ≤ M cho mọi (t, X) ∈ I × Bρ Do đó, có một số ∞ > η > t₀ sao cho bài toán (2.14) có ít nhất một nghiệm địa phương (S1) X(t) trên khoảng [t₀ - σ, t₀ + η].

S = nX(t)|X(t) được định nghĩa trênJ X = [t 0 −σ,t 0 + η X ) và là (S1)-nghiệm của bài toán (2.14)o

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ định nghĩa một quan hệ thứ tự trên tập S, ký hiệu là X Y, nếu và chỉ nếu J X ⊆ J Y và X(t) = Y(t) trên J X Theo bổ đề Zorn, tồn tại một phần tử tối đại Z trong (S, ).

Chúng ta chứng minhη Z = ∞ Thật vậy, giả sử điều này không đúng, tức làη Z 0 sao cho

H[F(t,Z t ,), 0] ≤ M 1 , trên J Z ×B ρ , và theo Nhận xét 1.1.7, ta có:

Từ bất đẳng thức (2.21) và (2.22), ta suy ra

Z(t),F(t,Z t ) + ≤rM 1 +a(t)H 2 [Z, 0], t ∈ J z , và bất đẳng thức (2.20) trở thành

Nếu ta đặtξ(s) = H 2 [Z(s), 0]thì (2.23) sẽ là

Z t t 0 a(s) ξ (s)ds. Áp dụng Hệ quả 1.3.1, ta được kZ(t)k 2 ≤ γ 2 = e(t) +

2kZ(t 0 )k 2 +rM 1 (η Z −t 0 ) Điều này có nghĩa là: tồn tạiγ >0 sao cho H[Z(t), 0]≤ γtrên J Z Do đó,

Bước 2: Ta chứng minh Z(ã) thỏa điều kiện Lipschitz trờn I Z Thật vậy, với mọi t 1 ,t 2 ∈ I Z mà t 1 ≤ t 2 , ta có

Do đú, Z(ã)cú một mở rộng liờn tục Z ∗ (ã) trờn [t 0 ,η Z ] VỡZ ∗ (ã) liờn tục, ta cú

Suy ra Z ∗ (ã) là một (S1)-nghiệm của bài toỏn (2.14) trờn [t 0 −σ,η Z ] Ta xột bài toán điều kiện đầu của phương trình vi phân khoảng như sau:

Bài toỏn (2.24) cú một (S1)-nghiệmX ∗ (ã) trờn [ η Z −σ,η Z +q),q >0 Nếu ta định nghĩa

Khi Z ∗ (t) nằm trong khoảng η Z −σ6 t 6 η Z+q, Z 1 (t) sẽ là một (S1)-nghiệm của bài toán (2.14) trên đoạn [ η Z −σ,η Z +q) Điều này dẫn đến mâu thuẫn với tính tối đại của Z(t), từ đó suy ra η Z =∞ Theo Định lý 2.2.3, nếu các giả thiết của Định lý 2.2.2 được thỏa mãn, thì những điều kiện này sẽ được áp dụng.

(ii) g ∈ C( R + × R + ,R + ), g(t, 0) = 0và x(t) = 0là nghiệm duy nhất của phương trình dx dt = g(t,x), x(t 0 ) = 0, ∀t ≥ t 0 (2.25)

Khi đó, với mỗi ϕ 0 ∈ C σ , bài toán (2.14) có nghiệm duy nhất trên [t 0 ,∞) cho mỗi trường hợp khả vi.

Chứng minh Ta chỉ chứng minh trường hợp X w-giảm, trường hợp w-tăng được chứng minh tương tự ChoXvàYlà các (S2)-nghiệm của bài toán (2.14) vàw-giảm.

Vì X,Y w-giảm, nên ta suy ra các hiệu Hukuhara X(t−h) X(t), Y(t−h) Y(t) tồn tại với h > 0 đủ nhỏ Đặt m(t) = H[X(t),Y(t)] với t ∈ R + và ta thấy rằng m(t 0 ) = 0, ta có

D − m(t) = lim h → 0 + inf 1 h[m(t−h)−m(t)] ≤ g(t,H σ [X t ,Y t ]) và theo Định lý 1.3.7, ta được đánh giá sau:

H[X(t),Y(t)] ≤ r(t,t 0 , 0), t ≥ t 0 , trong đó, r(t,t 0 , 0) là nghiệm của bài toán (2.25) trên [t 0 ,∞) Từ giả thiết r(t,t 0 , 0) = 0, ta suy ra X(t) = Y(t)trên [t 0 ,∞).

Hệ quả 2.2.1 Nếu các giả thiết của Định lý 2.2.2 được thỏa mãn và tồn tại L > 0 sao cho

H[F(t,X t ),F(t,Y t )] ≤ LH σ [X,Y] trên R + ×C σ thì bài toán (2.14) có một nghiệm toàn cục duy nhất cho mỗi trường hợp khả vi.

Xét phương trình vi phân khoảng với điều kiện đầu như sau:

X(t) = ϕ (t−t 0 ), t ∈ [t 0 − σ, t 0 ], (2.26) trong đó, F: I ×C σ → K C ( R ) liên tục và ϕ ∈ C σ Ta chú ý

Theo Định nghĩa 1.1.6, ta chia bài toán (2.26) thành hai trường hợp như sau:

Trường hợp 1 Nếu X w-tăng thì theo Định nghĩa 1.1.7, ta có D gH X(t) [X 0 (t),X 0 (t)] với t ≥ t 0 Khi đó, (2.26) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Giải hệ phương trình (2.27), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ I thì X(t) là nghiệm của (2.26).

Trường hợp 2 Nếu X w-giảm thì theo Định nghĩa 1.1.7, ta có D gH X(t) [X 0 (t),X 0 (t)] với t ≥ t 0 Khi đó, (2.26) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Giải hệ phương trình (2.28), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ I thì X(t) là nghiệm của (2.26).

Ví dụ 2.2.4 Cho phương trình vi phân khoảng với điều kiện đầu

Ta thấyF(t,X t ) thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý 2.2.2 nên bài toán (2.29) có duy nhất nghiệm trên[−1/2,∞).

Trường hợp 1 Nếu X w-tăng thì bài toán (2.29) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Hình 2.3: ( S 1 ) -nghiệm của phương trình (2.29) (λ =

Áp dụng phương pháp giải từng bước để giải hệ phương trình (2.30) trên khoảng [0, 1], ta tìm được các nghiệm X(t) và X(t) Kết quả cho thấy X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [−1/2, 1] Do đó, X(t) là nghiệm (S1) của phương trình (2.29) trên khoảng [−1/2, 1].

Vế phải của phương trình (2.29) đáp ứng tất cả các giả thiết của Định lý 2.2.2, do đó đảm bảo tính tồn tại và duy nhất của nghiệm (S1) của (2.29) Chúng ta có thể tiếp tục tìm nghiệm (S1) trong khoảng [m/2, (m+1)/2] với m ∈ N và m ≥ 2 Trường hợp nghiệm (S1) trong khoảng [-1/2, 1] được minh họa qua Hình 2.3.

Trường hợp 2 Nếu X w-giảm thì (2.29) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

(2.31) Áp dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]) để giải hệ phương trình (2.31) trên[0, 1], ta tìm đượcX(t)và X(t) Ta đượcX(t)≤ X(t) với mọit ∈ [−1/2, 1] Do đó,X(t)là (S2)-nghiệm của (2.29) trên [−1/2, 1]và

Do vế phải của (2.29) thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 2.2.2, tính tồn tại và duy nhất của (S2)-nghiệm luôn được đảm bảo Vì vậy, chúng ta có thể tiếp tục tìm (S2)-nghiệm của (2.29) trong khoảng [m/2, (m+1)/2] với m ∈ N và m ≥ 2 Trường hợp (S2)-nghiệm trên [0, 1/2] được minh họa trong Hình 2.4.

Ví dụ 2.2.5 Xét phương trình vi phân khoảng như sau:

(2.32) trong đó, F : [0,∞)×C σ → K C ( R ) được cho bởi F(t,X t ) = 1

Trường hợp 1 Choλ ∈ (0, 1] Ta xét (2.32) với hai trường hợp như sau:

Trường hợp 1.1 Nếu X(t)w-tăng thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S1)-nghiệm của (2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S1)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.5.

Trường hợp 1.2 NếuX(t) w-giảm thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S2)-nghiệm của(2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S2)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.6.

Hình 2.5: ( S 1 ) -nghiệm của phương trình (2.32) (λ = 1) Hình 2.6: ( S 2 ) -nghiệm của phương trình (2.32) (λ = 1)

Hình 2.7: ( S 1 ) -nghiệm của (2.32) (λ = − 1) Hình 2.8: ( S 2 ) -nghiệm của (2.32) (λ = − 1)

Trường hợp 2 Choλ ∈ [−1, 0) Ta xét (2.32) với hai trường hợp như sau:

Trường hợp 2.1 Nếu X(t)w-tăng thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Trường hợp 2.2 NếuX(t) w-giảm thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Kết luận chương 2

Trong chương này, chúng tôi trình bày kết quả về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, cũng như phương pháp giải nghiệm cho hai lớp bài toán: phương trình tích phân khoảng Volterra và phương trình vi phân khoảng có trễ.

Chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại và duy nhất của nghiệm cho phương trình tích phân khoảng Volterra thông qua công cụ xấp xỉ dãy và định lý điểm bất động Banach Phương pháp giải cho loại bài toán này cũng được đề xuất trong nghiên cứu.

Chúng tôi sử dụng công cụ tích trong không gian các hàm khoảng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi-tích phân khoảng với trễ Phương pháp giải cho bài toán này cũng được trình bày chi tiết.

Phương trình vi-tích phân khoảng

Ta xét phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu dưới dạng

Trong bài toán (3.1), F và K là các hàm liên tục được xác định trên các miền J và D, với D là tập hợp các cặp (t,s) thỏa mãn điều kiện t ≥ s ≥ 0 Định nghĩa 3.1.1 nêu rõ rằng nếu F và K là các hàm khoảng liên tục, thì ánh xạ X từ J vào K C (R) được coi là nghiệm của bài toán khi X thỏa mãn một trong hai phương trình tích phân khoảng đã đề cập.

K(t,s,X s )ds)ds, với t ∈ J (3.3) nếu X w−giảm Định nghĩa 3.1.2 nêu rõ rằng cho X: J → K C (R) w−tăng (hoặc w−giảm), nếu X và đạo hàm của nó thỏa mãn bài toán (3.1) thì X được gọi là (S1)-nghiệm (hoặc (S2)-nghiệm) của bài toán (3.1) Theo Định lý 3.1.1, giả sử

(i) F(t,X)vàG(t,s,X)thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biếnX, với mọit,s∈ J,

(ii) f ∈ C J×[0,∞),[0,∞) vàk∈ C D ×[0,∞),[0,∞) không giảm theox ≥0. Giả sử nghiệm lớn nhất r(t,t 0 ,x 0 )của bài toán sau:

J là khoảng lớn nhất để tồn tại nghiệm X(t,t 0 ,X 0 ) của (3.1) cho cả trường hợp w−tăng và w−giảm Nếu r(t,t 0 ,x 0 ) bị chặn trên J, thì giới hạn khi t tiến đến vô cực của X(t,t 0 ,X 0 ) sẽ tồn tại trên (K C ( R ),H).

Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp X w−tăng, trong khi trường hợp X w−giảm có thể được chứng minh tương tự Theo giả thiết (i), tồn tại một khoảng thời gian T > t 0 sao cho nghiệm (S1) của bài toán (3.1) tồn tại trên đoạn [t 0 ,T].

S = {X(t) |X(t)được định nghĩa trên [t 0 ,α X ] và là (S1)-nghiệm của (3.1)}.

Ta thấyS 6= ∅. Đặt α = sup{ α X | X(t) ∈ S } Khi đó, tồn tại một (S1)-nghiệm duy nhất của bài toán (3.1) được xác định trên [t 0 ,α), với H[X 0 , 0] ≤ x 0 Tiếp theo, ta chứng minh α = ∞ Giả sử α < ∞và đặt m(t) = H[X(t,t 0 ,X 0 ), 0], t 0 ≤ t < α.

Từ các giả thiết (ii) và (iii), ta có

Z t t 0 k(t,s,m(s))ds, t 0 ≤t < α trong đó m(t 0 ) = H[X 0 , 0] ≤ x 0 Hơn nữa, từ giả thiết (iv), ta suy ra m(t) ≤ r(t,t 0 ,x 0 ), t 0 ≤t < α

Bây giờ, ta chứng minh lim t → α − 0X(t,t 0 ,X 0 )tồn tại trên (K C ( R ),H) Thật vậy, với bất kỳt 1 ,t 2 sao cho t 0 ≤ t 1 < t 2 < α , ta có

Giới hạn lim t → α − 0 r(t,t 0 ,x 0) tồn tại hữu hạn cho t 1, t 2 → α − 0 Sử dụng tính chất đầy đủ của (K C ( R ),H), từ đánh giá H[X(t 1 ,t 0 ,X 0), X(t 2 ,t 0 ,X 0)] ≤ r(t 2) − r(t 1), ta suy ra rằng lim t → α − 0 X(t,t 0 ,X 0) tồn tại trên (K C ( R ),H) Đặt X(α) = lim t → α − 0 X(t) và tiến hành xét bài toán giá trị ban đầu.

Từ giả thiết (i), chúng ta kết luận rằng X(t) có khả năng mở rộng hơn α, điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, nghiệm (S1) bất kỳ của bài toán (3.1) chắc chắn tồn tại.

Ví dụ 3.1.2 Xét phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu

(3.6) trong đó,a,b: R + → R + liên tục và bị chặn.

Ta nhận thấy F(t,X(t)) = a(t)X(t) và K(t,s,X(t)) = b(t)X(t) là các hàm thỏa mãn điều kiện Lipschitz địa phương Nếu đặt f(t,x(t)) = a(t)x(t) và k(t,s,x(t)) b(t)x(t)thì x(t) ≡0 là nghiệm duy nhất của x 0 (t) = a(t)x(t) +

Z t t 0 b(s)x(s)ds, x(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,∞) Hơn nữa, ta có : H[a(t)X(t), 0] ≤ a(t)H[X(t), 0] = f(t,H[X(t), 0]) và

H[b(t)X(t), 0] ≤ b(t)H[X(t), 0] = k(t,s,H[X(t), 0]) Do đó, nghiệm của bài toán (3.6) tồn tại trên[t 0 ,∞).

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh bài toán (3.1) tồn tại nghiệm toàn cục trên J. Định lý 3.1.3 Giả sử:

(i) F ∈ C(J × K C ( R ),K C ( R )),K ∈ C(D ×K C ( R ),K C ( R )); F và K bị chặn trên các tập bị chặn; bài toán (3.1) tồn tại (S1)-nghiệm địa phương với mỗi

V(t,A)−V(t,B) ≤ LH[A,B], trong đóLlà hằng số Lipschitz; với A,B ∈ K C ( R ),t ∈ J, V(t,A) → ∞ khi H[A, 0] → ∞ đều trên

[t 0 ,T]cho mỗi T > t 0 và với t ∈ J,A ∈ K C ( R ), lim sup h → 0 +

(iii) r(t) = r(t,t 0 ,x 0 ) là nghiệm lớn nhất của phương trình vi-tích phân vô hướng sau: x 0 (t) = f(t,x(t)) +

Khi đó, với mỗi X 0 ∈ K C ( R ) sao cho V(t 0 ,X 0 ) ≤ x 0 , bài toán (3.1) có một (S1)- nghiệm X(t) trên [t 0 ,∞)và thoả mãn bất đẳng thức

Chứng minh Gọi S là tập tất cả các hàm X xác định trên J X = [t 0 ,c X ) và nhận giá trị trong K C ( R ) sao cho X(t) là một (S1)-nghiệm của bài toán (3.1) trên

J X ,V(t,X(t)) ≤r(t), t ∈ J X Ta định nghĩa một quan hệ thứ tự riêng "≤" trên S như sau: X ≤ Y, nghĩa là J X ⊆ J Y và Y(t) ≡ X(t) trên J X Trước tiên, ta nhận thấy

Từ giả thiết (i), ta có thể kết luận rằng bài toán (3.1) tồn tại nghiệm (S1) X(t) trên khoảng J X = [t 0 ,c X ) Giả sử X(t) = X(t,t 0 ,X 0 ) là một nghiệm bất kỳ của (3.1) trên J X Đặt m(t) = V(t,X(t)) với điều kiện m(t 0 ) = V(t 0 ,X 0 ) ≤ x 0 Đối với mọi h > 0 đủ nhỏ, theo giả thiết (ii), ta có thể viết m(t+h)−m(t) = V(t+h,X(t+h))−V(t,X(t)).

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với 1 h và lấylim supkhi h→ 0 + , ta được

Z t t 0 K(t,s,X(s))dsi và X(t) là (S1)-nghiệm bất kỳ của (3.1), nên ta có lim sup h → 0 +

Z t t 0 k(t,s,m(s))ds, m(t 0 )≤ x 0 Theo Hệ quả 2.3 trong [38], ta có đánh giá sau: m(t) ≤r(t,t 0 ,x 0 ), t ∈ I X Suy ra

V(t,X(t)) ≤r(t,t 0 ,x 0 ), t ∈ I X , (3.9) trong đó r(t) là nghiệm lớn nhất của (3.7) Điều này chứng tỏ X ∈ S và vì thế S khác rỗng Nếu (X β ) β ⊂( S ,≤)thì có một ánh xạY được định nghĩa duy nhất trên

J Y = [t 0 , sup β c X β ] và trùng với X β trên J X β Rõ ràng, Y ∈ S và do đó Y là một hàm bị chặn trên của (X β ) β trong ( S,≤) Ta chứng minh c Z = ∞ bằng phương pháp phản chứng.

Giả sửc Z < ∞ Dor(t)tồn tại trên[t 0 ,∞)nênr(t) bị chặn trên J Z Vì V(t,X(t)) →

∞khi H[X(t), 0] → ∞trên [t 0 ,c Z ]vàV(t,X(t)) ≤r(t)trên J Z nên suy raH[Z(t), 0] bị chặn trên J Z Từ giả thiết (i), tồn tại một số M Z >0sao cho max{H[F(t,Z(t)), 0],H[K(t,s,Z(t)), 0]} ≤ M Z , t ∈ J Z

Tiếp tục, ta sẽ chứng minhZ bị chặn và thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên J Z Thật vậy, với mọi t 1 ,t 2 ∈ J Z , t 1 ≤ t 2 , ta có

Do đó, Zcó một mở rộng liên tục Z 0 trên [t 0 ,c Z ] Theo tính chất liên tục của Z 0 , ta có

Từ đây suy raZ 0 là (S1)-nghiệm của bài toán (3.1) trên [t 0 ,c Z ]vàV(t,Z 0 (t)) 0 Nếu ta định nghĩa

Khi X 0 (t) nằm trong khoảng [c Z ,c Z +δ], Z 1 (t) trở thành nghiệm (S1) của bài toán (3.1) trên đoạn [t 0 ,c Z + δ ) Điều này dẫn đến mâu thuẫn với tính tối đại của Z, do đó c Z phải bằng +∞ Hơn nữa, bằng cách sử dụng lập luận tương tự như trong đánh giá (3.9), chúng ta có thể chứng minh rằng V(t,Z 1 (t)) ≤ r(t) cho t thuộc [t 0 ,c Z + δ ).

(i) F ∈ C(J×K C ( R ),K C ( R )),K ∈ C(D ×K C ( R ),K C ( R )), F và K bị chặn trên những tập bị chặn, và tồn tại một (S2)-nghiệm địa phương của (3.1) với mỗi

V(t,A)−V(t,B) ≤ LH[A,B], trong đó L là một hằng số Lipschitz; V(t,A) → ∞ khi H[A, 0] → ∞ đều trên

(iii) r(t) = r(t,t 0 ,x 0 )là nghiệm lớn nhất của bài toán sau x 0 (t) = f(t,x(t)) +

Z t t 0 k(t,s,x(s))ds, x(t 0 ) = x 0 ≥ 0 (3.10) tồn tại trên J và dương.

Khi đó, bài toán (3.1) có một (S2)-nghiệm X trên [t 0 ,∞) thỏa mãn bất đẳng thức

Chứng minh Định lý này được chứng minh tương tự như Định lý 3.1.3.

Tương tự như cách thức giải nghiệm trong Chương 2, ta có phương pháp giải nghiệm của lớp phương trình vi-tích phân khoảng sau đây.

X(t 0 ) = X 0 , (3.12) trong đó F : [t 0 ,T] → K C ( R ), k(t,s)là một hàm thực và X 0 ∈ K C ( R ). Đặt k(t,s)X(s)ds

Giả sửX là nghiệm của bài toán (3.12) có w-tăng hoặcw−giảm Dựa vào tính khả vi của X, ta đưa bài toán (3.12) về hai trường hợp sau:

Trường hợp 1.Nếu X w-tăng thì ta có

D gH X(t) = [(X(t)) 0 ,(X(t)) 0 ] (3.15) Kết hợp (3.13), (3.14), (3.15) và bài toán (3.12), ta được hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình (3.16), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [t 0 ,T]thì X là nghiệm của (3.12).

Trường hợp 2.Nếu X w-giảm thì ta có

D gH X(t) = [(X(t)) 0 ,(X(t)) 0 ] (3.17) Kết hợp (3.13), (3.14), (3.17) và bài toán (3.12), ta được hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình (3.18), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [t 0 ,T]thì X là nghiệm của (3.12).

Ví dụ 3.1.5 Cho phương trình vi-tích phân khoảng như sau:

Trường hợp 1.Theo (3.16), ta có

Giải hệ phương trình (3.20), ta thu được X(t) = −(e t +e − t )/2 và X(t) = (e t + e − t )/2 Ta nhận thấy X(t)< X(t)với mọit ∈ [0,π/2]và w(X(t)) → ∞khi t → ∞.

Do đó, X là (S1)-nghiệm của Ví dụ (3.1.5) vàX có dạng như sau:

X(t) = [−(e t +e − t )/2,(e t +e − t )/2] và nghiệm này được biểu diễn trong Hình 3.1.

Trường hợp 2.Theo (3.18), ta có

Giải hệ phương trình (3.21), ta tìm được X(t) = −cos(t) và X(t) = cos(t) Qua kiểm tra, ta thấy X(t) < X(t) với mọi t ∈ [0,π/2] và w(X(t)) → 0 khi t → ∞ Do đó, X là (S2)-nghiệm của Ví dụ (3.1.5) và có dạng như sau:

X(t) = [−cos(t), cos(t)] và nghiệm này được biểu diễn trong Hình 3.2.

Hình 3.1: (S1)- nghiệm của Ví dụ 3.1.5.

Ví dụ 3.1.6 Cho phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu

Thực hiện các bước tính toán như trong Ví dụ 3.1.5, ta được

- X(t) = [−2e t , 2e t ]là (S1)-nghiệm của Ví dụ (3.1.6) và nghiệm này được biểu diễn ở Hình 3.3.

- X(t) = [−2 cos(t) +2 sin(t), 2 cos(t)−2 sin(t)]là (S2)-nghiệm của bài toán (3.1.6) và nghiệm này được biểu diễn ở Hình 3.4.

Phương trình vi-tích phân khoảng có trễ

Ta xét phương trình vi-tích phân khoảng có trễ dưới đạo hàm Hukuhara tổng quát có dạng

(3.23) trong đó F : I = [t 0 ,t 0 +p]×C σ → K C ( R ),G : I×I ×C σ → K C ( R ),ϕ 0 ∈ C σ Định nghĩa 3.2.1 Ánh xạX : J = [t 0 −σ,t 0 +p] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của bài toán (3.23) trên J nếu X ∈ C(J,K C ( R )) thỏa mãn X(t) = ϕ(t−t 0 ), với t ∈ [t 0 −σ,t 0 ], X khả vi Hukuhara tổng quát trên I và D gH X(t) = F(t,X t ) +

Nhận xét 3.2.1 Nếu F : I ×C σ → K C ( R ),G : I × I ×C σ → K C ( R ) liên tục và

G(t,s,X s )ds bị chặn trên I Hơn nữa, ánh xạt 7→ F(t, 0) +

G(t,s, 0) bị chặn trên I Định nghĩa 3.2.2 xác định rằng nếu F và G liên tục trên I, thì ánh xạ X : J → K C (R) được coi là nghiệm của (3.23) trên J khi và chỉ khi X là một ánh xạ khoảng và thỏa mãn một trong hai phương trình tích phân khoảng.

(3.25) nếuX w-giảm. Định nghĩa 3.2.3 Cho X : J → K C ( R ) có w-tăng (hoặc w−giảm) Nếu X và đạo hàm của nó thỏa mãn (3.23) thì ta nói X là một (S1)-nghiệm (hoặc (S2)-nghiệm) của (3.23).

3.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 3.2.1 Giả sử F ∈ C([t 0 ,∞) ×C σ , K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞) × [t 0 ,∞) ×

Z t t 0 g(t,s,H σ [X t ,Y t ])ds, trong đó X,Y ∈ C σ , t ∈ [t 0 ,∞), f ∈ C([t 0 ,∞)× R + ,R + ) và g ∈ C([t 0 ,∞)× [t 0 ,∞)× R + ,R + ) Chor(t,t 0 ,u 0 ) là nghiệm lớn nhất của bài toán sau: du dt = f (t,u) +

Z t t 0 g(t,s,u)ds, u(t 0 ) = u 0 >0, (3.26) với t ≥ t 0 Khi đó, nếu X,Y là hai (S2)-nghiệm (hoặc (S1)-nghiệm) bất kì của (3.23) trên[t 0 ,∞) thoả mãn điều kiện H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤u 0 thì ta có

H[X(t),Y(t)] ≤r(t,t 0 ,u 0 ), trong đó ϕ 0 ,ψ 0 là các điều kiện đầu của X,Y trên [t 0 − σ,t 0 ].

Chứng minh Vì X,Y là hai nghiệm của bài toán (3.23) và w-giảm nên ta có với h > 0 đủ nhỏ, tồn tại các hiệu Hukuhara X(t −h) X(t), Y(t −h) Y(t) Với t ∈ [t 0 ,∞)và đặt m(t) = H[X(t),Y(t)], khi đó ta có m(t−h)−m(t) = H[X(t−h),Y(t−h)]−H[X(t),Y(t)]

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với 1 h, ta có m(t−h)−m(t) h ≤ H

Theo điều kiện H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤u 0 và sử dụng Định lí 1.3.7, ta thu được

(i) F ∈ C([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) và F,G thoả mãn điều kiện Lipschitz theo biến x với mọi t ∈ [t 0 ,∞);

(ii) f ∈ C([t 0 ,∞)× R + , R + ),g ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)× R + , R + )không giảm theo u≥ 0và tồn tại nghiệm lớn nhấtr(t,t 0 ,u 0 )của bài toán du dt = f (t,u) +

Khi đó, nghiệm X(t 0 ,ϕ 0 )(t)của bài toán (3.23) tồn tại trên [t 0 ,∞) ứng với trường hợp (S1)-nghiệm với điều kiện H σ [ ϕ 0 , 0] ≤u 0 Hơn nữa, nếur(t,t 0 ,u 0 )bị chặn trên [t 0 ,∞) thì lim t →+ ∞ X(t) tồn tại trong (K C ( R ),H).

Chứng minh Theo giả thiết (i), có một số β ∈ (t 0 ,∞) sao cho tồn tại duy nhất (S1)-nghiệm của bài toán (3.23) trên khoảng[t 0 −σ,β] Đặt

S = {X(t)|X(t)xác định trên[t 0 −σ,η x) và là (S1)-nghiệm của (3.23)}.

Ta có S 6= ∅ và định nghĩa η = sup{ η X |X(t) ∈ S } Từ đó, tồn tại một (S1)-nghiệm duy nhất cho bài toán (3.23) trên khoảng [t 0 −σ,η) với điều kiện H σ [ ϕ 0 , 0] ≤ u 0 Để chứng minh η = ∞, ta sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử η < ∞ và đặt m(t) = H[X(t 0 ,ϕ 0 )(t), 0], m t = H[X t (t 0 ,ϕ 0 ), 0] và ||m t || σ = H σ [X t (t 0 ,ϕ 0 ), 0].

Sử dụng các giả thiết (ii), (iii) và (iv), ta có

Theo giả thiết f(t,u)≥ 0và g(t,s,u) ≥0do vậy r(t,t 0 ,u 0 )không giảm theo t Suy ra

Ta chứng minh lim t → η − 0X(t) tồn tại trong (K C ( R ),H) Thật vậy, với bất kỳt 1 ,t 2 thoả mãn t 0 < t 1 < t 2 < η , ta có

Sử dụng giả thuyết f,g đơn điệu không giảm theo u và bất đẳng thức (3.28), ta được

Vì giới hạn lim t → η − 0r(t) tồn tại và hữu hạn, khi lấy giới hạn khi t 1, t 2 → η − 0, theo tính chất đầy đủ của không gian (K C ( R ), H), ta có H[X(t 0 , ϕ 0 )(t 2 ), X(t 0 , ϕ 0 )(t 1 )] ≤ r(t 2 ) − r(t 1 ) Đồng thời, lim t → η − 0X(t) cũng tồn tại trong không gian (K C ( R ), H) Đặt X(t 0 , ϕ 0 )(η) = lim t → η − 0X(t 0 , ϕ 0 )(t) và tiến hành xét bài toán.

Từ giả thiết (i), ta có thể kết luận rằng X(t 0 ,ϕ 0 )(t) có thể mở rộng trên khoảng [t 0 −σ,η ∗ ] với η ∗ > η, điều này mâu thuẫn với giả thiết η < ∞ Do đó, nghiệm của bài toán (3.23) tồn tại trên [t 0 ,∞) và η = ∞ Đặt S(M) = {X ∈ C σ : H σ [X, 0] ≤ M} Trong quá trình chứng minh Định lý 3.2.2, r(t,t 0 ,u 0 ) bị chặn và không giảm trên [t 0 ,∞), dẫn đến lim t → η − 0X(t 0 ,ϕ 0 )(t) tồn tại và hữu hạn Từ tính chất đầy đủ của không gian (K C (R),H), ta có thể rút ra kết luận của định lý sau.

(i) F ∈ C([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )), F,G bị chặn trên các tập bị chặn trên [t 0 ,∞)×C σ , tồn tại một (S1)-nghiệm (hay (S2)-nghiệm) của bài toán (3.23);

|V(t,X 1 ,Y)−V(t,X 2 ,Y)| ≤ LH[X 1 ,X 2 ], trong đó Llà một hằng số không âm và V(t,X,Y) → ∞khi H[X(t), 0]→ ∞. Hơn nữa,

(iii) Tồn tại nghiệm dương lớn nhất r(t) = r(t,t 0 ,u 0 )của bài toán du dt = f(t,u(t)) +

Khi đó, nếu cho mỗi X(t) = ϕ (t−t 0 ) = ϕ 0 ∈ C σ thoả mãn V(t 0 ,ϕ 0 ,ψ 0 ) ≤ u 0 thì bài toán (3.23) có nghiệm X(t 0 ,ϕ 0 )(t) ( ứng với mỗi trường hợp (S1)-nghiệm và (S2)-nghiệm) trên [t 0 , ∞) thỏa mãn

Tiếp theo, ta đề xuất phương pháp giải nghiệm cho lớp phương trình vi-tích phân có trễ dạng như sau:

Dựa vào tínhw−đơn điệu của X, ta chia bài toán thành hai trường hợp Trước tiên, ta đặt k(t,s)X s 

Trường hợp 1 Nếu X w−tăng thì bài toán (3.30) được chuyển thành hệ phương trình vi-tích phân có trễ sau

Giải hệ phương trình (3.31), ta xác định đượcX(t) và X(t) Áp dụng Định lý 1.1.8,nếuX(t) ≤ X(t), ∀t ≥ t 0 thì X là nghiệm của bài toán (3.30).

Trường hợp 2 Nếu X ω-giảm thì bài toán (3.30) được chuyển thành hệ phương trình vi-tích phân có trễ sau:

Giải hệ phương trình (3.32), ta xác định được X(t)và X(t).

Ví dụ 3.2.4 Xét bài toán sau

Trường hợp 1 Với α > 0 và theo phương pháp giải được đề xuất trên, ta chuyển bài toán (3.33) thành các hệ phương trình sau (ứng với mỗi loại w−đơn điệu của X)

(3.35) nếu X w−giảm Giải hệ phương trình (3.34) bằng phương pháp giải từng bước trên [−1/2, 1/2], ta xác định được X(t) = 1 +t/2 + α (1−e − t )/2 và

Hình 3.5: Biểu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = 0.01.

Hình 3.6: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = 0.01.

X(t) = 2+2t−t 2 /2+α(3−t−3e − t ) trên [0, 1/2] Áp dụng Định lý 1.1.8, ta suy ra

1+t/2+ α (1−e − t )/2, 2+2t−t 2 /2+ α (3−t−3e − t ) , t ∈ [0, 1/2] là (S1)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biểu diễn ở Hình 3.5.

Thực hiện các tính toán tương tự, giải hệ phương trình (3.34) và ta cũng xác định được

, t ∈ [0, 1/2] là (S2)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình3.6.

Hình 3.7: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = − 0.01.

Hình 3.8: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = − 0.01.

Trường hợp 2 Với α < 0 và theo phương pháp giải được đề xuất trên, ta chuyển bài toán (3.33) thành các hệ phương trình sau (ứng với mỗi loại w-đơn điệu của X):

(3.37) nếuX w−giảm Thực hiện các bước tính toán tương tự như trong Trường hợp 1, ta có

, t ∈ [0, 1/2] là (S1)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình 3.7.

1+2t−t 2 /2+α(1−e − t )/2, 2+t/2+α(3−t−3e − t ) , t ∈ [0, 1/2]. là (S2)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình3.8.

Phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ

Dựa trên các kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của phương trình vi phân khoảng có trễ đã trình bày trong mục 3.2, chúng ta tiếp tục nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ.

C σ → C σ và {t k } là một dãy các điểm sao cho 0 ≤ t 0 < t 1 < < t k < với lim k → ∞t k = ∞ và PC([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) là tập các lớp hàm liên tục từng phần trên [t 0 ,∞) Tức là, F ∈ PC([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) và G ∈ PC([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×

Sử dụng điều kiện xung trong bài toán (3.38) tại mỗit k , ta có thể xác định nghiệm

X(t) trên [t 0 ,∞) Do nghiệm của bài toán (3.38) được hiểu như hàm liên tục từng khúcX(t 0 ,ϕ 0 )(t) trên [t 0 ,∞), liên tục trái trên (t k − 1 ,t k ]và được xác định bởi

X k (t k ,ϕ k ) (t), t k 0 đủ nhỏ và t thuộc khoảng (t k − 1 ,t k ], với k = 1, 2, , ta có.

Từ giả thiết (iii) và đánh giá trên, ta được

Vớit =t k và theo giả thiết (iv), ta suy ra m(t + k ) = V(t + k ,X(t 0 ,ϕ 0 )(t + k ),X t + k (t 0 ,ϕ 0 ))

≤ J k [V(t k ,X(t 0 ,ϕ 0 )(t k ),X t k (t 0 ,ϕ 0 ))] = J k (m(t k )). Áp dụng Định lý 2.1.1, ta kết luậnm(t)≤ r(t), t ∈ [t 0 ,∞).

Kết luận chương 3

Trong chương này, chúng tôi trình bày kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho ba loại bài toán liên quan đến phương trình vi-tích phân khoảng, bao gồm phương trình vi-tích phân khoảng có trễ và phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ Đồng thời, chúng tôi cũng giới thiệu phương pháp giải cho các loại phương trình này.

Chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân bằng cách áp dụng công cụ hàm tựa Lyapunov (Mục 3.1.1 - Định lý 3.1.1) Ngoài ra, phương pháp giải cho loại bài toán này cũng được đề xuất (Mục 3.1.2) (Xem [A3]).

Chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi-tích phân khoảng với trễ thông qua công cụ hàm tựa Lyapunov Thuật giải cho phương trình vi-tích phân khoảng tuyến tính cũng được trình bày Dựa trên kết quả này, chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm toàn cục của phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ Bên cạnh đó, chúng tôi cũng nghiên cứu sự so sánh giữa hai nghiệm.

Phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ

Phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ

Xét phương trình vi phân có trễ với đạo hàm phân thứ Caputo dạng

Kí hiệu C 1,F ([a,b],K C ( R )) đại diện cho không gian các hàm khoảng có đạo hàm phân thứ Caputo liên tục trên đoạn [a, b] Một hàm X thuộc C([a− σ, b], K C ( R ))∩C 1,F ([a, b], K C ( R )) được gọi là nghiệm w-đơn điệu nếu nó có tính chất w-tăng hoặc w-giảm trên [a,b] Ngoài ra, chúng ta cũng xem xét phương trình tích phân khoảng phân thứ có trễ.

X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của (4.2) nếu X thoả mãn (4.2) Ta giả sử

X ∈ C([a,b],K C ( R )) có tính w−đơn điệu trên đoạn [a,b] và thoả mãn điều kiện (4.2) Do tính w−đơn điệu của X trên [a,b], nên X(t) gH X(a) có tính w−tăng trên [a,b] Điều này dẫn đến việc vế phải của (4.2) cũng phải có tính w−tăng trên đoạn này Hơn nữa, nếu hàm khoảng X là nghiệm duy nhất có tính w−đơn điệu của (4.2) trên [a,b], thì hàm Y(t) = X(t) gH X(a) cũng sẽ có tính w−tăng.

[a,b] Khi đó, hàm Y tạo ra hai nghiệm của (4.2): nghiệm duy nhất có w−tăng và nghiệm duy nhất ców−giảm của (4.2) trên[a,b].

Nhận xét 4.1.1 Nếu X ∈ C([a, b], K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≥ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b]thì (4.2) được biểu diễn bởi

Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãnw(X(t)) ≤ w(X(a)) với mọi t ∈ [a,b] thì (4.2) được biểu diễn bởi

Bổ đề 4.1.1 Giả sử F : [a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R )là hàm liên tục Khi đó, hàm

X ∈ C([a−σ,b],K C ( R )) có w−đơn điệu là nghiệm của bài toán (4.1) nếu và chỉ nếu X thoả mãn phương trình tích phân (4.2) và hàm khoảng t 7→ = α a + F (t)) có w-tăng trên[a,b], trong đó

Chứng minh Chứng minh của bổ đề này hoàn toàn tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 3.1 trong [20].

Hệ quả 4.1.1 Nếu X ców−đơn điệu là nghiệm của (4.2) sao cho t 7→ = α a + F (t))có w-tăng trên[a,b] thì X là nghiệm w−đơn điệu của (4.1).

Trong phần này, chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình tích phân phân thứ khoảng có trễ (4.2) dựa trên lý thuyết điểm bất động trong không gian có thứ tự của các hàm khoảng Kết quả này sẽ được áp dụng để nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ (4.1) Định nghĩa 4.1.1 nêu rõ rằng hàm X L ∈ C([a,b],K C ( R )) được coi là nghiệm dưới của (4.2) nếu nó có tính w−đơn điệu.

HàmX U ∈ C([a,b],K C ( R )) có w−đơn điệu được gọi là nghiệm trên của (4.2) nếu

X U thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.4).

Cho k > 0, ta kí hiệuB k là tập của tất cả những hàm khoảng liên tục X ∈ C([a− σ,b],K C ( R ))thoả mãnsup t ∈[ a − σ,b ] {H[X(t), 0]exp(−k(t+ σ ))} < ∞.Ta định nghĩa

Chúng tôi chứng minh rằng H k là một mêtric trên B k với k > 0 đủ lớn sao cho ((k+1)/k α + 1) < 1, và (C([a,b],K C ( R )),H k) là một không gian mêtric đầy đủ Định lý 4.1.1 khẳng định rằng F : [a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R) là hàm liên tục và F(t,A,B) không giảm theo A, B với mỗi t ∈ [a,b], tức là nếu A Cvà B D thì F(t,A,B) giữ nguyên tính chất này.

F(t,C,D) Hơn nữa, các điều kiện sau đây được thoả mãn:

(i) Phương trình (4.2) tồn tại nghiệm dưới X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu; (ii) F(t,A,B) co yếu với những phần tử so sánh được, tức là,

+h T 1 (H σ [B,D])− T 2 (H σ [B,D])i, (4.6) nếu A C,B D và t ∈ [a,b], trong đó T 1,T 2 là những hàm chuyển đổi khoảng cách.

Khi đó, phương trình (4.2) có duy nhất nghiệm w−đơn điệu trên [a, T 0 ], trong đó

Chứng minh Ta đặt X(t) = X(t) gH X(a),t ∈ [a−σ,b] Ta định nghĩa toán tử

Ta kiểm tra các điều kiện trong Định lý 1.3.8 Cho X Y và X t Y t trên [a,b], ta có( Q X)(a) = ( Q Y)(a),t ∈ [a−σ,a]vớit ∈ [a,b]

Từ Nhận xét 1.2.4-(i), ta được

Khi đó, QX Q Y với mọi X Y,X t Y t trên [a,b] Ta suy ra toán tử Q không giảm Từ điều kiện (ii), ta có

H[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] ≤ T 1 (H[X(t),Y(t)]) + T 1 (H σ [X t ,Y t ]), (4.9) với mọi X Y,X t Y t Nếu bất đẳng thức (4.8) không thoả mãn, thì với mọi

VìT 1 không giảm với mọi X Y,X t Y t nên

Do đó, từ (4.9) suy ra

T 1(H[X(t),Y(t)]) + T 1 (H σ [X t ,Y t ]) = T 1 H[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] , với mọi X Y,X t Y t Từ (ii), ta được

VìT 2 là hàm chuyển đổi khoảng cách nên ta cóH[X(t),Y(t)] =0,H σ [X t ,Y t ] = 0với mọiX Y,X t Y t Điều này dẫn đến mâu thuẫnH[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] 0.Vì thế, bất đẳng thức (4.8) đúng Hơn nữa, với X Y, X t Y t và t ∈ [a,b],ta có

Từ (4.5), ta suy ra H[X(s),Y(s)] ≤ H k [X,Y]e k ( s + σ ) với mọi t ≥ a − σ và sup θ ∈[ s − σ,s ]

H[X( θ ),Y( θ )] ≤ H k [X,Y]e k ( s + σ ) với mọi s ≥ a Khi đó, với mọi t ≥ a ta có

T 1(H k [ Q X,QY]) ≤ T 1 (H k [X,Y])− T 2 (H k [X,Y]), với mọi X Y Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dưới X L w−đơn điệu, ta chứng minhX L Q X L Thật vậy, doX L (t) = ξ (t−a) ϕ (t−a)vớit ∈ [a− σ,a], và với t ∈ [a,b], ta có

Toán tử Q thỏa mãn tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó Q có điểm bất động trong C([a− σ, b], K C(R)) Hơn nữa, vì mọi cặp phần tử trong C([a− σ, b], K C(R)) đều có biên trên (theo Bổ đề 1.1.2), nên toán tử Q có điểm bất động duy nhất X.

X là nghiệm duy nhất của (4.2).

Nhận xét 4.1.2 Trong Định lý 4.1.1, nếu ta xétT 1(x) = 2xvà T 2(x) = x thì điều kiện (4.6) trở thành điều kiện Lipschitz với hệ số LipschitzL =1/2, tức là

Do đó, ta có thể khẳng định bài toán (4.2) có duy nhất nghiệm nếu hàm F thoả mãn (4.10).

Nhận xét 4.1.3 Trong Định lý 4.1.1, cho α ∈ (1/2, 1), nếu ta xét T 1 (x) = x và

T 2(x) = x−Lp ln(x 2 +1) thì điều kiện (4.6) trở thành

Do đó, nếu hàm F thoả mãn (4.11) thì bài toán (4.2) tồn tại duy nhất nghiệm với điều kiện

Thật vậy, ta sẽ kiểm tra các điều kiện của Định lý 1.3.8

- Tương tự như trong chứng minh của Định lý 4.1.1, ta có F là hàm khoảng không giảm và toán tửQ(được định nghĩa trong (4.7)) không giảm.

- Sử dụng điều kiện (4.11) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

Từ giả sử (4.12) ta suy ra

= H 0 2 (X,Y)−(H 0 2 (X,Y)−ln(H 0 2 [X,Y] +1)). Đặtψ(x) = x 2 và ξ(x) = x 2 −ln(x 2 +1), khi đó điều kiện co yếu của Định lý 4.1.1 thoả mãn, tức là ψ(H 0 (( QX),( QY))) ≤ ψ (H 0 (X,Y))− ξ (H 0 (X,Y)).

- Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dướiX L w−đơn điệu, ta chứng minh được

Do toán tử Q thoả mãn tất cả giả thiết của Định lý 4.1.1 nên Q có điểm bất động duy nhất.

Khẳng định của Định lý 4.1.1 vẫn giữ nguyên tính đúng đắn khi điều kiện về sự tồn tại nghiệm dưới w-đơn điệu của bài toán (4.2) được thay thế bằng điều kiện tồn tại nghiệm trên w-đơn điệu.

Sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình (4.1) sẽ được trình bày qua các định lý sau đây Định nghĩa 4.1.2 xác định rằng hàm X U thuộc C([a− σ,b],K C ( R ))∩C 1,F ([a,b],K C ( R )) được coi là nghiệm của phương trình (4.1).

Hàm X L ∈ C([a−σ,b],K C ( R ))∩C 1,F ([a,b],K C ( R )) được gọi là nghiệm dưới của (4.1) nếu X L thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.13).

Hệ quả 4.1.2 Giả sử F :[a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R )là hàm liên tục vàF(t,A,B) không giảm theo A,B với mỗi t ∈ [a,b], tức là, nếu A C,B D thì F(t,A,B)

F(t,C,D) Hơn nữa, giả sử những điều kiện sau đây thoả mãn:

(iii) bài toán (4.1) có tồn tại nghiệm trên X U ∈ C([a − σ,b],K C ( R )) ∩

Khi đó, bài toán (4.1) có duy nhất nghiệmX w−đơn điệu trên [a,T 0 ], vớiT 0 ≤b.

Chứng minh Chứng minh tương tự như Định lý 4.1.1. Đặt X = X(t) gH X(a),t ∈ [a− σ,b] và ta định nghĩa toán tử P : C([a − σ,b],K C ( R )) → C([a−σ,b],K C ( R )) có dạng ( P X)(t) = ϕ(t −a) gH ϕ(0),t ∈ [a− σ,a]và

Từ chứng minh của Định lý 4.1.1, hàm F không giảm được suy ra từ việc toán tử

P không giảm, tức là PX P Y với mọi X Y Giả thiết (iv) được kéo theo từ giả thiết (ii) với T 1(u) = u, dẫn đến toán tử Pco Từ giả thiết (iii), ta suy ra X U P X U Thật vậy, vì X U là nghiệm trên và X U (t) X(t) với t ∈ [a− σ, a], nên theo Bổ đề 4.1.1 với t ∈ [a,b], ta có kết quả cần thiết.

Toán tử P thỏa mãn tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó P có điểm bất động trong không gian C([a−σ,b],K C ( R )) Hơn nữa, không gian này có tính chất rằng mọi cặp phần tử đều có biên trên, dẫn đến việc P có điểm bất động duy nhất.

Trong định lý tiếp theo, chúng ta sẽ trình bày sự phụ thuộc của nghiệm vào bậc của bài toán giá trị đầu (4.1) Định lý 4.1.2 chỉ ra rằng nếu F thỏa mãn tất cả các giả thiết của Hệ quả 4.1.2 và với α ∈ (0, 1), δ > 0 sao cho 0 < α − δ < α < 1, thì nghiệm X của bài toán (4.1) và nghiệm Z của bài toán sẽ có mối liên hệ nhất định.

Chứng minh Từ Bổ đề 4.1.1, nghiệm của (4.1) và (4.14) có dạng

F(t,X(t),X t ), trong đó t ∈ [a,T 0 ] Đặt k(s) = sup θ ∈[ s − σ,s ] H[X( θ ),Z( θ )] với s ∈ [a,T 0 ] Từ bất đẳng thức Gronwall tổng quát ( Định lý 1 trong [55]), ta có

Nhận xét 4.1.5 Từ giả thiết của Định lý 4.1.2, nếu δ= 0thì ta được

Trong định lý 4.1.3, chúng ta chứng minh sự phụ thuộc liên tục của nghiệm bài toán (4.1) vào giá trị ban đầu và vào vế phải Cụ thể, với các hàm F và G thỏa mãn giả thiết của Hệ quả 4.1.2, và với α thuộc khoảng (0, 1) cùng δ > 0 sao cho 0 < α − δ < α < 1, ta có thể xác định rằng X là nghiệm của bài toán (4.1) và Z là nghiệm của bài toán liên quan.

( C D α a + − δ Z)(t) = G(t,Z(t),Z t ),t ∈ [a,b], Z(t) = ψ (t−a),t ∈ [a−σ,a], (4.15) Giả sử có hằng số dương ε sao cho

Chứng minh Gọi X,Z là hai nghiệm của bài toán (4.1) và bài toán (4.15) Khi đó, ta được

! ds. Đặt k(s) = sup θ ∈[ s − σ,s ] H[X(θ),Z(θ)] với s ∈ [a,T 0 ] Từ bất đẳng thức Gronwall tổng quát (Định lý 1 trong [55]), ta có

Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một phương pháp mới nhằm tìm nghiệm giải tích cho phương trình vi phân có trễ, thông qua việc sử dụng phương trình vi phân khoảng có trễ bậc nguyên.

Hệ quả 4.1.3 Giả sử các giả thiết của Định lý 4.1.2 thoả mãn Khi đó, nghiệm của (4.1),X FO ,có dạng

X FO (t) = ϕ (t−a), t ∈ [a− σ,a], trong đó X IO (v) là nghiệm của phương trình vi phân khoảng có trễ bậc nguyên dưới đây

, v∈ [−σ, 0], (4.16) trong đó F ∗ (v,X IO (v),X IO,v ) = F(k(t,v),X FO (k(t,v)),X FO,k ( t,v ) ), và k(t,v) = t−([t−a] α −vΓ( α +1)) 1/α

Chứng minh Từ Định lý 4.1.2, ta suy ra nghiệm của bài toán (4.1), X FO , tồn tại và thoả mãn phương trình tích phân phân thứ

(4.17) Đổi biến s = t −[(t −a) α −vΓ( α +1)] 1/α ,t ∈ [a,b] Khi đó, phương trình (4.17) được viết lại

F ∗ (v,X IO (v),X IO,v )dv (4.18) Mặt khác, từ bài toán (4.16) ta có

F ∗ (v,X IO (v),X IO,v )dv, (4.19) trong đó v∈ [0,(b−a) α /Γ( α +1)].Từ (4.18), (4.19), X FO (a) = X IO (0) = ϕ (0)và vì0≤ (t−a) α /Γ(α+1) ≤(b−a) α /Γ(α+1)nên ta có

Ví dụ 4.1.4 Cho phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ

X(t) = [t−1,t], t ∈ [−1, 0], (4.20) trong đó λ 1 ,λ 2 ∈ R \{0} Từ Hệ quả 4.1.3, ta được

Bài toán giá trị đầu bậc nguyên tương ứng với bài toán bậc phân thứ sau khi biến đổi có dạng

X IO (v) = [k(t,v)−1,k(t,v)], v ∈ [−1, 0]. trong đó k(t,v) = 2√ tΓ(3/2)v−v 2 Γ 2 (3/2) Khi đó, sử dụng phương pháp giải từng bước của phương trình vi phân khoảng có trễ, ta được bài toán dưới đây

Trường hợp 1 Giả sử λ 1 ,λ 2 ∈ R + và X IO có w−tăng Khi đó, ta có nghiệm

X IO (v) = [X IO (v),X IO (v)], trong đó

Từ Hệ quả 4.1.3, nghiệm của bài toán phân thứ (4.20) có dạng X FO (t) X IO t 0.5 Γ(1.5)

Trường hợp 2.Giả sử λ 1 ,λ 2 ∈ R − và X IO có w−giảm Tương tự Trường hợp 1, ta được

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét một mô hình biểu diễn số lượng cá theo thời gian và mức độ khai thác chịu ảnh hưởng của tác động không chắc chắn Mô hình tăng trưởng số lượng cá được mô tả bởi ba yếu tố: tỉ lệ sinh, tỉ lệ chết và tỉ lệ khai thác, thể hiện qua phương trình dp(t)/dt = βp(t) - (m + cp(t))p(t) - h(t), với p(0) = z0 Trong đó, βp(t) là tỉ lệ sinh, (m + cp(t))p(t) là tỉ lệ chết bao gồm chết tự nhiên và chết do mật độ tăng, và h(t) là tỉ lệ khai thác theo thời gian Nếu thông tin trong mô hình không được xác định chính xác, chúng ta có thể áp dụng lý thuyết khoảng hoặc lý thuyết mờ để giải quyết bài toán số lượng cá trong môi trường không chắc chắn Hơn nữa, tỉ lệ sinh sẽ thay đổi ngay lập tức khi cá thể mới được sinh ra, nhưng quần thể cần đạt mức phát triển nhất định để sinh sản Do đó, chúng tôi đề xuất một cách tiếp cận trễ cho mô hình này nhằm nâng cao độ chính xác.

Trong ví dụ 4.1.5, chúng ta xem xét một bài toán giá trị đầu có trễ bậc phân thứ trong môi trường không chắc chắn, được thể hiện qua phương trình (4.21).

Phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ

Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho lớp phương trình tích phân phân thứ khoảng tổng quát, dựa trên lý thuyết điểm bất động trong không gian có thứ tự của các hàm khoảng Kết quả này sẽ được áp dụng để nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ.

Ta xét phương trình tích phân khoảng phân thứ có dạng

K C ( R ), D = {(t, s)|a < s ≤ t ≤ b} Hàm X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của phương trình tích phân (4.23) nếu X thoả mãn (4.23) Ta giả sử

X là một hàm liên tục trên đoạn [a,b] và có tính w−đơn điệu, thoả mãn phương trình (4.23) Do X w−đơn điệu trên [a,b], nên X(t) gH X(a) w−tăng trên đoạn này Vì vậy, vế phải của phương trình (4.23) cũng phải w−tăng trên [a,b] Nếu hàm khoảng X là nghiệm duy nhất của (4.23) trên [a,b], thì hàm Y(t) := X(t) gH X(a) cũng sẽ w−tăng trên [a,b] Điều này dẫn đến việc hàm Y tạo ra hai nghiệm cho phương trình (4.23): một nghiệm w−tăng và một nghiệm w−giảm trên đoạn [a,b].

Nhận xét 4.2.1 Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≥ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b], thì (4.23) được biểu diễn bởi

Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≤ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b], thì (4.23) được biểu diễn bởi

G(s,τ,X( τ ))dτi ds, t ∈ [a,b]. Định nghĩa 4.2.1 Hàm X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu được gọi là nghiệm dưới của (4.23) nếu

Hàm X U ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu được gọi là nghiệm trên của (4.23) nếu

X U thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.24).

Cho k > 0 và kí hiệu B k là tập của tất cả những hàm khoảng liên tục X ∈

C([a,b],K C ( R )) thoả mãn sup t ∈[ a,b ] {H[X(t),0]exp(−kt)} < ∞.Ta định nghĩa

Ta đã chứng minh rằng H k là một mêtric trên B k với k > 0 đủ lớn sao cho ((k+1)/k α + 1 ) < 1 Mêtric H k tương đương với mêtric H, cụ thể là H( H k [X,Y] ≤ H[X,Y] ≤ exp(kb)H k [X,Y] với mọi X,Y ∈ C([a,b])K C ( R )) Do đó, (C([a,b],K C ( R )),H k ) là một không gian mêtric đầy đủ Định lý 4.2.1 chỉ ra rằng nếu F :[a,b]×K C ( R ) → K C ( R ) và G : D ×K C ( R ) → K C ( R ) là các hàm liên tục, đồng thời F(t,A) và G(t,s,A) không giảm theo A cho mỗi t ∈ [a,b] và (t,s) ∈ D, thì nếu A B thì F(t,A) F(t,B) và G(t,s,A) G(t,s,B) sẽ đúng.

(i) phương trình (4.23) có nghiệm dưới X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu; (ii) F(t,A),G(t,s,A)co yếu với những phần tử so sánh được, tức là,

T 1(max{H[F(t,A),F(t,B)],H[G(t,s,A),G(t,s,B)]}) ≤ T 1 (H[A,B])− T 2 (H[A,B]) nếu A Bvà t ∈ [a,b],trong đó T 1 và T 2 là những hàm chuyển đổi khoảng cách. Khi đó, phương trình (4.23) có duy nhất nghiệm w−đơn điệu trên [a,T 0 ], trong đó

Chứng minh Kí hiệuX(t) = X(t) gH X(a),t ∈ [a,b].

Ta định nghĩa toán tửQ: C([a,b],K C ( R )) → C([a,b],K C ( R )) xác định bởi

Ta kiểm tra các điều kiện trong Định lý 1.3.8 Cho X Y trên [a,b], ta có ( Q X)(a) = ( Q Y)(a),với t ∈ [a,b],(t,s) ∈ D

Khi đó, QX Q Y với mọi X Y trên [a,b] Ta suy ra toán tửQ không giảm Từ điều kiện (ii), ta có max{H[F(t,X(t)),F(t,Y(t))],H[G(t,s,X(t)),G(t,s,Y(t))]} ≤ H[X(t),Y(t)],

≤ T 1 (H[X(t),Y(t)]), (4.27) với mọiX Y Nếu bất đẳng thức (4.26) không thoả mãn, thì với mọi X Y ta có

VìT 1 không giảm, với mọi X Y nên

T 1 (H[X(t),Y(t)]) = T 1 max{H[F(t,X(t)),F(t,Y(t))],H[G(t,s,X(t)),G(t,s,Y(t))]} , với mọi X Y Từ (ii), ta suy ra0≤ − T 2 (H[X(t),Y(t)]).Suy ra,

Vì T 2 là hàm chuyển đổi khoảng cách, ta có H[X(t),Y(t)] = 0 với mọi X và Y Điều này dẫn đến mâu thuẫn max{H[F(t,X(t)),F(t,Y(t))],H[G(t,s,X(t)),G(t,s,Y(t))]} = 0, do đó bất đẳng thức (4.26) là đúng Hơn nữa, với X, Y và t ∈ [a, b], ta được

Từ (4.25), ta suy ra H[X(s),Y(s)] ≤ H k [X,Y]e ks với mọi s ≥ a, và với mỗi t ≥ a, ta được

T 1(H k [ Q X,QY]) ≤ T 1 (H k [X,Y])− T 2 (H k [X,Y]), với mọi X Y Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dướiw−đơn điệu, ta chứng minhX L Q X L Thật vậy, do X L (a) X(a), với t ∈ [a,b],

Do toán tử Q thoả tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8 nênQcó điểm bất động trong

Trong không gian C([a, b], K C ( R )), mọi cặp hàm khoảng đều có biên trên, dẫn đến việc toán tử Q có điểm bất động duy nhất X Hơn nữa, X là nghiệm duy nhất của phương trình (4.23) Theo Định lý 4.2.2, nếu các điều kiện của Định lý 4.2.1 được thoả mãn, nghiệm của (4.23), ký hiệu là X FO, sẽ có dạng nhất định.

, trong đó X IO (v)là nghiệm của phương trình tích phân khoảng

(4.28) với F ∗ (v,X IO (v)) = F(k(t,v),X FO (k(t,v))), G ∗ (v,s,X IO (s)) G(k(t,v),k(s,v),X FO (k(s,v))), X IO (0) = X FO (a), và k(t,v) := t −([t −a] α − vΓ( α +1)) 1/α

Chứng minh Từ Định lý 4.2.1, ta suy ra nghiệm của (4.23),X FO , tồn tại và có dạng:

[(t−a) α −vΓ( α +1)] 1/α Khi đó, phương trình tích phân khoảng phân thứ (4.29) được viết dưới dạng:

F ∗ (v,X IO (v))dv, (4.30) trong đó F ∗ (v,X IO (v)) = F(k(t,v),X FO (k(t,v)).Mặt khác, từ (4.28) ta thu được

F ∗ (τ,X IO (τ))dτ, (4.31) với v ∈ [0,b α /Γ(α+1)] Từ (4.30), (4.31), X FO (a) = X IO (0) và bởi vì 0 ≤ (t − a) α /Γ( α +1)≤ (b−a) α /Γ( α +1), nên ta được

X FO (t) gH X FO (a) = X IO (v) gH X IO (0)

Ta xét phương trình vi-tích phân với đạo hàm Caputo phân thứ dưới dạng

Nghiệm X ∈ C([a,b],K C(R)) của (4.32) được gọi là w-đơn điệu khi X w-tăng hoặc w-giảm trên khoảng [a,b] Kí hiệu C1,F([a,b],K C(R)) là không gian chứa các hàm khoảng có đạo hàm Caputo phân thứ liên tục trên đoạn [a,b].

Bổ đề 4.2.1 khẳng định rằng, với các hàm liên tục F và G, hàm X thuộc C([a,b],K C ( R )) sẽ là nghiệm của phương trình (4.32) nếu và chỉ nếu X thỏa mãn phương trình tích phân (4.23) và hàm khoảng t → α a + F(t) có tính w-tăng trên đoạn [a,b].

Chứng minh Chứng minh của bổ đề trên hoàn toàn giống chứng minh của Bổ đề 3.1 trong [20].

Bước 1: chứng minh X là nghiệm của (4.32) nếu X thoả mãn (4.23) và t 7→

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một nghiệm w-đơn điệu X ∈ C([a,b],K C ( R )) của phương trình (4.32) với kí hiệu X(t) = X(t) gH X(a) cho t ∈ [a,b] Do X có tính chất w-đơn điệu trên khoảng [a,b], theo Nhận xét 1.1.2, ta có thể kết luận rằng hàm t → X(t) là w-tăng trên khoảng [a,b].

(4.32) và Bổ đề 1.2.1, ta đuợc dt d w(= 1 a − + α X(t)) ≥ 0với mọi t ∈ [a,b] Do đó, từ Hệ quả 1.2.2, ta có

(t) = α a + F (t), t ∈ [a,b], và do đó X(t) = = α a + F (t), t ∈ [a,b] Vì thế

G(s,τ,X( τ ))dτi ds, t ∈ [a,b], tức là, X thoả mãn (4.23) Do t 7→ X(t) gH ϕ (0) có w-tăng trên [a,b] nên t 7→ (= α a + F )(t)cũng có w-tăng trên[a,b].

Bước 2:Ta chứng minh nếuX ∈ C([a,b],K C ( R ))thoả mãn (4.23) vàt 7→ = α a + F (t)) có w-tăng trên [a,b] thì X là nghiệm của (4.32) Ta giả sử X ∈ C([a,b],K C ( R )) có w-đơn điệu thoả mãn (4.23) sao cho t 7→ (= α a + F )(t) có w-tăng trên [a,b] Vì

F thuộc C([a,b], K C (R)), do đó hàm t 7→ (= α a + F)(t) liên tục trên [a,b] và có giá trị (= α a + F)(a) = 0 Điều này dẫn đến X(a) = 0, tức là X(a) = X 0 Hơn nữa, vì t 7→ (= α a + F)(t) có tính w-tăng trên [a,b], ta có RL D a α + X (t) = (RL D a α + = α a + F)(t) với t ∈ [a,b] Từ Hệ quả 1.2.1, ta kết luận rằng RL D α a + X (t) = F(t) với t ∈ [a,b].

G(t,s,X(s))ds, t ∈ [a,b], tức là, (4.32) thoả mãn.

Nếu X có tính w-đơn điệu là nghiệm của (4.23) và hàm t 7→ α a + F(t) w-tăng trên [a,b], thì X sẽ là nghiệm w-đơn điệu của (4.32) Hàm X U ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) được định nghĩa là nghiệm trên của (4.32).

HàmX L ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) được gọi là nghiệm dưới của (4.32) nếuX L thoả bất đẳng thức ngược lại của (4.34).

Hệ quả 4.2.2 đề cập đến các hàm liên tục F và G, với F : [a,b]×K C ( R ) → K C ( R ) và G : D ×K C ( R )→ K C ( R ) Các hàm này không giảm theo A cho mỗi t ∈ [a,b] và (t,s) ∈ D, nghĩa là nếu A B thì F(t,A) F(t,B) và G(t,s,A) G(t,s,B) Hơn nữa, các điều kiện cần thiết để hệ quả này được thỏa mãn cũng đã được nêu rõ.

(iii) bài toán (4.32) có nghiệm trên X U ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) có w− đơn điệu; (iv) với mọit ∈ [a,b]và A B, ta có max{H[F(t,A),F(t,B)],H[G(t,s,A),G(t,s,B)]} ≤ H[A,B]− T 3 (H[A,B]), trong đóT 3 là hàm chuyển đổi khoảng cách.

Khi đó, bài toán (4.32) có duy nhất nghiệm X w−đơn điệu trên [a,T 0 ], trong đó

Chứng minh Chứng minh tương tự như Định lý 4.2.1 Ta đặt X = X(t) gH X(a) và ta định nghĩaP : C([a, b], K C ( R )) → C([a, b], K C ( R )) có dạng

Từ chứng minh của Định lý 4.2.1, ta thấy rằng dưới giả thiết về tính không giảm của F,G suy ra toán tử P không giảm, tức là, PX P Y với mọi X Y trên [a,b].

Giả thiết (iv) được suy ra từ giả thiết (ii) với T 1(u) = u, dẫn đến việc suy ra toán tử P co Cuối cùng, từ giả thiết (iii), ta có thể suy ra X U P X U trên khoảng [a,T 0] Thật vậy, vì X U là nghiệm và X U (a) = X(a), nên theo Bổ đề 4.2.1, ta có được kết luận cần thiết.

Toán tử P thỏa mãn tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó P có điểm bất động trong không gian C([a,b],K C ( R )) Hơn nữa, không gian C([a,b],K C ( R )) có tính chất rằng mọi cặp phần tử đều có biên trên, như đã nêu trong Bổ đề 1.1.2 Do đó, P có điểm bất động duy nhất.

Trong hệ quả tiếp theo, ta phân tích sự phụ thuộc của nghiệm vào bậc của bài toán (4.32).

Hệ quả 4.2.3 ChoF và Gthoả mãn tất cả những giả thiết của Hệ quả 4.2.2 và cho α ∈ (0, 1),δ > 0sao cho0< α − δ < α

Định dạng
Số trang	120
Dung lượng	1,06 MB