BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
o0o
Lê Thị Kim Anh

NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin kính gửi đến PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn lời cám ơn sâu sắc về
sự tận tình giúp đỡ của Thầy đối với tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn cũng như
trong học tập.
Xin trân trọng cám ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán của trường Đại học Sư phạm
thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi
trong suốt những năm học tập.
Xin trân trọng cám ơn Phòng Sau Đại Học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí
Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn tất chương trình học tập và thực hiện luận
văn này.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cám ơn đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và đã
tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này.

Lê Thị Kim Anh
MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 1
MỤC LỤC 4
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU 6
MỞ ĐẦU 7
CHƯƠNG 1. VỀ CÁC TẬP S
ab
(a) VÀ S
ab
(b) 9
1.1 Giới thiệu bài toán 9
1.2 Kết quả chuẩn bị 9
1.2.1 Định lí 9
1.2.2 Định nghĩa 11

2.2.4 Định lý 63
2.2.5 Hệ quả 64
2.2.6 Định lý 65
2.2.7 Định lý 66
2.2.8 Hệ quả 66
2.2.9 Phương trình vi phân với các đối số lệch 66
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 70
TÀI LIỆU THAM KHẢO 71

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU


Tập tất cả các số thực,
[ ]
= 0,+
+
∞
.
[
)
0,
+
= +∞
Tập hợp các số thực không âm
(
]
,0
−
= −∞
Tập hợp các số thực không dương

,;
t
C ab
+

Tập các hàm
[ ]
( )
( )
{ }
0
,; : 0u ab ut
+
∈=

, với
[ ]
0
,
t ab
∈

[ ]
( )
,;C ab D

, với
D ⊆ 
Tập các hàm số liên tục tuyệt đối
[ ]

:, ,ab ab
τ
→

ab
L

Tập các toán tử tuyến tính bị chặn mạnh

[ ]
( )
[ ]
( )
: ,; ,;C ab L ab→ 

P
ab
Tập các toán tử tuyến tính
ab
L∈


,

[ ]
( )
[ ]
( )
: ,; ,;C ab L ab
++

nếu

( )
0,vt=

[ ]
11
,t ab∀∈
thì
( )( )
[ ]
11
0, ,v t t ab= ∀∈

[ ]
x
+

[ ]
( )
( )
11
sgn 1
22
x xx x x
+
= += +

[ ]
x

(với
p,q :[a;b] R→
là hàm khả tích Lebesgue và
:[a;b] [a;b]τ→
là hàm đo được), không
bao giờ trở nên tầm thường như với phương trình vi phân thông thường, có nghĩa là trong
trường hợp
( )
t t,t [a;b]τ=∈
.
Về phần PTVP thường, một vài kết quả đủ mạnh đã được xây dựng cho bài toán giá
trị biên, sử dụng những phương pháp mà cơ sở của nó nằm trong giải tích toán học hiện đại.
Việc này thể hiện những nỗ lực để điều chỉnh các phương pháp của giải tích toán học trong
việc nghiên cứu PTVPH. Những năm gần đây nỗ lực này đã thành công trong trường hợp
một vài bài toán biên của PTVPH. Đặc biệt trong các công trình của I.Kiguradze, P.Buza,
R.Hakl… những điều kiện phức tạp về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của một lớp rộng bài
toán biên cho PTVPH cả tuyến tính lẫn phi tuyến đã được tìm ra.
Chính vì những kết quả nhận được trong các nghiên cứu này tôi quyết định sử dụng
phương pháp giải tích toán học và các nghiên cứu về bài toán biên của PTVP với những
điều chỉnh phù hợp cho PTVPH. Phần lớn phương pháp được sử dụng là áp dụng các kĩ
thuật về bất đẳng thức vi phân.
Trong luận văn này tôi nghiên cứu về vấn đề tồn tại nghiệm không âm của bài toán
biên cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính. Bài toán như sau:
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm không âm
u
của phương trình :
( ) ( )( ) ( )
u t u t qt
′
= +

Trường hợp đặc biệt của bài toán là phương trình vi phân với đối số lệch
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
u t ptu t gtu t qt
τµ
′
=−+

với
[ ]
( )
[ ]
( )
, , ; , , ; , ,
ab
pg L ab q L ab M
τµ
+
∈∈ ∈
.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương I: Nội dung chính của chương 1 là xây dựng các điều kiện cần và đủ để một
toán tử tuyến tính
ab
L∈



1.1 Giới thiệu bài toán

Xét bài toán tồn tại và duy nhất nghiệm không âm
u
của phương trình

( ) ( )( ) ( )
u t u t qt
′
= +
(1.1)
với điều kiện biên

( )
ua c=
(1.2)
hoặc,

( )
ub c=
(1.3)
Trong đó
[ ]
( )
,;q L ab
+
∈ 
(hoặc,
[ ]
( )

u t ptu t gtu t qt
τµ
′
=−+
(1.4)
Trong đó
[ ]
( )
[ ]
( )
, , ; , , ; , ,
ab
p g L ab q L ab M
τµ
+
∈∈ ∈
.

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.3)) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng

( ) ( )( )
'ut ut= 
(1.1
0
)
với điều kiện biên thuần nhất

( )
0ua=
(1.2

( )
,,u C ab∈ 
,
0
c ∈
và chuẩn
0
C
vu c= +

Với tùy ý
( )
0
,v uc=
cố định,
[ ]
0
,t ab∈
ta đặt
( )
( )
( )
( )( ) ( )
0
00 0
,
t
t
f v t c u t u s ds c u a


,v uc=
là nghiệm của phương trình trên khi và chi khi
0
0c =
và u là nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2)
• f là toán tử compact. Thật vậy :
Ta chứng minh f(M) là tập compact tương đối nếu M là một tập bị chặn trong B.
Đặt
{ }
:M vBv K=∈≤
với K dương.
Do

là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh nên có
[ ]
:,ab
η
→ 
sao cho
( )( )
( )
C
ut tu
η
≤
,
[ ]
( )
[ ]

ss
C
tt
fvt fv s u d u d
u dK d
ξξ ξξ
ηξ ξ ηξ ξ

−= =


≤≤
∫∫
∫∫


Suy ra f(M) đồng liên tục đều.
Theo định lí Ascoli-Arzela f là toán tử compact.
• Áp dụng luân phiên Fredholm cho phương trình các toán tử, phương trình
( )
v fv h= +
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình
( )
v fv=
chỉ có nghiệm tầm
thường, tương đương với bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.

,,q L ab
+
∈ 
( hoặc
[ ]
( )
,,q L ab
−
∈ 
) và
c
+
∈
, thì nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.1), (1.3)) là không âm.
Theo định lí 1.2.1 ta thấy nếu
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab
Sb∈
) thì bài toán (1.1), (1.2) (hoặc
(1.1), (1.3)) có nghiệm duy nhất với mọi
c
+
∈
và
[ ]

[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
(hoặc
[ ]
( )
,,q L ab
−
∈ 
), bài toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.1), (1.3)) có
nghiệm duy nhất, không âm.

1.2.4 Chú ý
Từ Định lí 1.2.1 ta thấy
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab
Sb∈
), nếu và chỉ nếu với mọi
[ ]
( )
, , ,u v C ab∈


thỏa các bất đẳng thức sau:

Sa∈
ta chứng minh rằng với mọi
[ ]
( )
, , ,u v C ab∈


thỏa
ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) thì
( ) ( )
ut vt≤
. Thật vậy:
Đặt
( )
() ()wt vt ut= −
. Theo (i), (ii), (iii) ta có
( ) ( )( )
[ ]
,,w t w t t ab
′
≥∈
 và
( )
0wa≥

Khi đó dễ dàng thấy
()wt
là nghiệm của bài toán sau:
( ) ( )( ) ( )
w t w t qt



thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii)
thì
( ) ( )
ut vt≤
, ta chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo Chú ý 1.2.3. Thật vậy:
 Bước 1: Chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất
Giả sử
12
, uu
là hai nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
Đặt
12
, uuvu= =
, thì
, uv
thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) suy ra
( ) ( )
12
ut ut≤

Đặt
21
, uuvu= =
, thì

thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) suy ra
( ) ( )
[ ]
, ,ut vt t ab≤∈
hay
( )
[ ]
0
0, ,u t t ab≥∈

Vậy
( )
ab
Sa∈
.

1.2.5 Chú ý
Nếu
ab
P∈
(hoặc
ab
P−∈
) thì
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab

chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo định nghĩa 1.2.2. Thật vậy:
 Bước 1: Gọi
0
u
là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
). Ta chứng minh
( )
0
0ut≡

Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
0 0 0 00 0 0
sgn sgn sgn
′
′

′
= = =

∈⇒ ⇒ ≥ ≥

≥−



  


Nên ta có
( )
( )
( )
[ ]
00
,,u t u t t ab
′
≤∈

( )
0
0ua=

Vì vậy,
0
u
là nghiệm của bài toán (1.5). Như vậy,
0
0≡u
nghĩa là bài toán thuần nhất

=−= − ≤

 

( ) ( )( )
′
⇒≥vt v t

Do
∈
ab
P
nên
( )
( )
( )
′
≤ vt vt
(chứng minh giống ở bước 1).
Do đó ta có
( )
( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
[ ]
( )
[ ]

−
′
≤∈

Mặt khác từ điều kiện biên
( )
ua c=
ta có
( )
0va=
hay
( )
[] 0va
−
=

Như vậy ta thấy
[]
v
−
là nghiệm của bài toán (1.5)
Suy ra
[ ]
( ) ( )
[ ]
0 , ,
v vt vt t ab
−
≡⇒ = ∈


thỏa bất
đẳng thức

( ) ( )( )
[ ]
' , ,t t t ab
γγ
≥∈
(1.7)
Chứng minh
• Điều kiện đủ
Giả sử tồn tại hàm số
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞

thỏa bất đẳng thức (1.7) ta chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo Định nghĩa 1.2.2
 Bước 1: Ta chứng minh toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường
Giả sử

( )
( )
ut
t
γ
là hàm liên tục nên tồn tại
(
]
*
,t ab∈
sao cho
( )
( )
*
*
*
ut
t
λ
γ
=
với
( )
( )
[ ]
*
ax : ,
ut
m t ab
t

( )
( ) ( )( )
[ ]
*
0, ,v t t u t v t t ab
λγ
′
≥ − = ≥∈ 
mâu thuẫn
với (1.9). Vì vậy bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
 Bước 2: Giả sử
0
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
c
+
∈
và
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
. Ta sẽ chứng minh
( )
[ ]

−
−
′
 = − + − ≤

 
, với
[ ]
,t ab∈
(1.10)
Ta có thể chọn
(
]
0
,t ab∈
sao cho
( )
( )
00
0
0
ut
t
λ
γ
−


=
với

= −  ∈

. Rõ ràng:

( )
[ ]
( ) ( )
( )
0 0 0 00
0, , , 0, 0v t t ab v a a v t
λγ
≥∈ = > =
(1.11)
Từ (1.7), (1.10) và (1.11) ta có
( )
( )
( )
00
0vt v t
′
≥≥

hầu khắp nơi trên [a, b], nhưng điều này
mâu thuẫn với (1.11). Từ mâu thuẫn này ta chứng minh được
( )
0
0ut
−
 ≡


[ ]
, ,
mk
t t t ab
ρ αρ
≤∈
(1.12)
với

( ) ( )
( )
( )
[ ]
( )
01
1, , , 0,1,2,
t
def def
ii
a
t t s ds t a b i
ρρ ρ
+
= = ∈=
∫

(1.13)
c) Tồn tại
ab
P∈

1 , t a,bv t t vt vt
ϑϑ
− ≤∈ 
(1.15)
với

( )( ) ( )( )
[ ]
, ,
t
a
v t v s ds t a b
ϑ
= ∈
∫


thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
a) Đặt

( ) ( )( )
[ ]
exp 1 , ,
t
a


∫
 

Từ định lí 1.3.1 suy ra
( )
ab
Sa∈
. 
b) Đặt

( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
01
1 , ,
km
jj
j jk
t t t t ab
γ αρ ρ
= = +
=−+ ∈
∑∑

Ta có:
•
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab

, suy ra

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
11
0
1
km
jj
j jk
t tt
γ αρ ρ
−−
= =
′
=−+
∑∑


Do đó

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

tt t
γ αρ ρ
α ρ ρ ρ αρ ρ
γ ρ αρ
= = +
−−
= =
=−+
=− + − +− +
′
=+−
∑∑
∑∑
 
  
Vì
( )
( )
( )
( )
0
mk
tt
ρ αρ
≤−

(giả thiết)

 

Đặt

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
[ ]
exp 1 1 exp 1 , ,
t tt
a as
t d s d ds t a b
γ ε ξξ ξξ
 
=+∈
 
 
∫ ∫∫
 

Khi đó:

( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
exp 1 1 exp
exp 1 exp 1 exp
tt


.
và

( ) ( )(
) ( )( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )
( )
( )( ) (
)
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
( )
( )(
)
= 1 exp 1 exp 1 exp
exp 1 exp
1 exp 1 1 1 exp 1
tt
aa
tt
aa
t t d v t v t s v s ds
vt t vt
t d t s v t v s ds t
γ ε ξξ

ε ξξ ξξ
γ
 
=++
 
 
= +
∫ ∫∫
    


Hiển nhiên,

[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞

,
( )
[ ]
1, ,t t ab
γ
<∈

Và do
ab
P∈

' , 0u t u t ua≤=
không có
nghiệm không tầm thường không âm. Thật vậy:
Giả sử hàm
[ ]
( )
,,u C ab
+
∈


thỏa mãn (1.5) tức là
( ) ( )( ) ( )
, 0ut u t ua
′
≤=

Đặt

( ) (
)( ) ( )( )
[ ]
, ,
t
a
w t u t u s ds t a b
ϑ
= = ∈
∫


−≤
⇒− ≤
 
 

Điều này kết hợp với (1.18), (1.19), và điều kiện
ab
P∈
ta có:

( ) (
)( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )(
) ( )
( )( ) ( )
( )( )
11
1
w t u t w t twt w t twt
twt u t
′
=≤= +−
≤+
  


Tuy nhiên,
ab
P∈
, nên từ (1.17), (1.19) suy ra

∫

thì
( )
ab
Sa∈
. Thật vậy:
Chọn k = 0 và m = 1 thì các điều kiện của Hệ quả 1.3.2 b) được thỏa mãn nên
( )
ab
Sa∈
.
• Nếu
ab
P∈
,
( )( )
11
t
a
s ds =
∫

và bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường thì ta
cũng có
( )

sao cho
( )
0
ut m= −
. Lấy tích phân hai vế của (0.1
0
) từ
a
đến
0
t
ta có:
( )( ) ( )( )
0
11
t
b
aa
m u s ds m s ds+=− ≤
∫∫

.
Do giả thiết
( )( )
11
b
a
s ds =
∫


∈
. Thật vậy:
Ví dụ 1:
Giả sử
1
α
=

Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds =
∫

Và
ab
P∈
được định nghĩa

(
)( ) ( ) ( )

∫∫ ∫



Chứng minh bằng quy nạp ta dễ dàng thấy rằng với mọi số tự nhiên k > 1 thì
( ) ( )
t
k
a
t p s ds
ρ
=
∫

Do đó với mọi số tự nhiên k, m ta có
( ) ( )
mk
tt
ρρ
=
nên điều kiện (1.12) được thỏa mãn với
1
α
=
.
Tuy nhiên khi đó hàm số
( ) ( )
[ ]
, ,
t

ε
>
nhỏ tùy ý
Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds
ε
= +
∫

Và
ab
P∈
được định nghĩa

( )( ) ( ) ( )
v t ptvb=

Theo ví dụ 1 thì
( ) ( )

=+ ⇔=
nên
( )
0ut
′
=
với
[ ]
,t ab∀∈
, kết hợp với
( )
0ua=
suy ra
0u ≡

Tuy nhiên
( ) ( )
1
1
t
a
u t p s ds
ε
= −
∫
là nghiệm của bài toán
( ) ( )( ) ( )
, 1u t u t ua
′
= =

Ví dụ 3:
Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds =
∫

Và
,
ab
P∈
được định nghĩa

( )( ) ( ) (
)
v t ptvb=
,
( )( ) ( ) ( ) ( )
b
t
v t pt psvbds=

bb
a s as s
s d ds s d d ds
ξξ ξξ ξξ
 
= =
 
 
∫ ∫ ∫∫ ∫
   ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
. . 1
bb
b
vs vs vs vs
a
aa
v svse ds vse dvs e vse
′
− =− =−=

là nghiệm không tầm thường của bài
toán (1.1
0
), (1.2
0
). Vì vậy theo Định nghĩa 1.2.2
( )
ab
Sa∉
.
• Hơn nữa, bất đẳng thức (1.14) trong Hệ quả 1.3.2c) cũng không thể thay thế bởi đẳng
thức
( )( ) ( )( )
b
1 exp 1 1
b
as
s d ds
ξξ ε

= +


∫∫

với
0
ε
>
nhỏ tùy ý. Thật vậy:

,
( )( ) ( ) ( ) ( )
b
t
v t pt psvbds=
∫


Khi đó

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1 11
bb
tt
t p t p s ds t s ds= =
∫∫
 

Đặt

( ) ( )( )
b
1
s
vs d
ξξ
=
∫



vs vs vs vs
a
aa
v svse ds vse dvs e vse e
ε
ε
+
′
− =− =−=+
∫∫

Theo ví dụ 3 ta có bất đẳng thức (1.15) cũng được thỏa mãn và do đó với toán tử

được
định nghĩa như vậy thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Tuy nhiên
( )
( )
1
1
t
a
u t p s ds
ε
= −
∫

+
∈


thỏa

( )
[ ]
0, ,t t ab
γ
>∈
(1.21)

( ) ( )( )
[ ]
, t ,t t ab
γγ
′
≤∈
(1.22)
Thì
( )
ab
Sa∈
 .
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0

/
q ≡
thì
u
không thể không dương trên
[ ]
,ab
, thật vậy:
Giả sử
( )
0,ut≤
với
[ ]
,t ab∈
thì do
ab
P−∈
nên
( )( ) ( )( )
0ut ut=−− >
suy ra
( ) ( )( ) ( )
0u t u t qt
′
= +>
, và do
( )
0ua=
ta có
( )

,
với

( )
( )
[ ]
0
max : ,
ut
t at
t
λ
γ


= ∈




Tương tự như trên, vì

là toán tử a – Volterra,
ab
P−∈
,
( )
[ ]
{ }
0

[ ]
,t ab∈

Do đó từ (1.26), điều kiện
ab
P−∈
,

là một toán tử a – Volterra ta suy ra:

( )
0vt
′
≤
, với
[ ]
0
,t at∈
.
Từ (1.25) ta có:

( )
0vt≤
, với
[ ]
10
,t tt∈

Nhưng do (1.21) và (1.24) dẫn đến mâu thuẫn
( )

Thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm
thường (xem [4, Định lí 1.2’]). Do đó, theo Định lí 1.2.1, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất.
Giả sử
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
và
c
+
∈
. Ta cần chứng
minh
( )


( )
( )
[ ]
{ }
*
*
=max : ,ut ut t at∈
(1.30)
Lấy tích phân hai vế của (1.1) từ
*
t
đến
*
t
, kết hợp với (1.27), (1.29), (1.30), giả thiết
ab
P−∈
,
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
và

là một toán tử a – Volterra ta suy ra:

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

0,ut≥
với
[ ]
,t ab∈
. Vậy
( )
ab
Sa∈
. 

1.3.6 Hệ quả
Giả sử
,
ab
P−∈
là một toán tử a – Volterra, và

( )( ) ( )( )
1 exp 1 1
bs
aa
s d ds
ξξ

<


∫∫





Thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm
thường (xem [4, Định lí 1.2’]). Do đó, theo Định lí 1.2.1, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất.