ĐỀ TÀI
Một số nguyên lý cực đại trong phương trình
vi phân
1
MỤC LỤC
7. Cấu trúc của đề tài 4
PHẦN 1. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vi phân là một đề tài được rất nhiều nhà toán học quan tâm và
nghiên cứu. Tuy nhiên, do sự phát triển không ngừng của khoa học - kĩ thuật,
phương trình vi phân trở thành một chủ đề được tìm hiểu và phát triển rất mạnh.
Trong đó, các vấn đề liên quan đến “nguyên lý cực đại” cũng là một đề tài hay và
có rất nhiều ứng dụng trong các bài toán về xấp xỉ giá trị biên, giá trị ban đầu…
Trong những năm gần đây, các đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và các kì thi
Toán Olympic sinh viên toàn quốc thường xuất hiện những bài toán có liên quan
đến “cực đại trong phương trình vi phân”.
Xuất phát từ lí do trên tôi chọn đề tài: “Một số nguyên lý cực đại trong phương
trình vi phân” để nghiên cứu, với mục tiêu giới thiệu tới bạn đọc đam mê Toán,
sinh viên ngành sư phạm Toán một số định lý cơ bản liên quan đến nguyên lý cực
đại. Đề tài xây dựng lại lí thuyết một cách có hệ thống, rõ ràng về nguyên lý cực
đại nhằm giúp cho bạn đọc có cái nhìn tổng quát và sâu rộng hơn về phương trình
vi phân.
2. Lịch sử vấn đề nghiên cứu
- “Nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân” là đề tài được rất nhiều nhà
toán học quan tâm và nghiên cứu, tuy nhiên tài liệu về đề tài này còn rất hạn chế.
Một số nhà toán học đã dành rất nhiều tâm huyết cho đề tài này như Murray Harold
Protter (13/2/191 - 01/5/2008) là một nhà toán học người Mỹ và nhà giáo dục, được
2
biết đến với những đóng góp vào lý thuyết của phương trình vi phân; Hans F.
Weinberger (27/09/1928 tại Vienna) là một nhà toán học người Mỹ gốc Áo, nổi
tiếng với những đóng góp của ông với các phương pháp biến phân cho các vấn đề

Nguyên lý cực đại nói về vị trí của điểm mà hàm số đạt cực đại là điểm biên của
miền xác định. Cụ thể hơn, một hàm có đạo hàm cấp 2, không âm
0u
′′
≥
trên một
đoạn [a, b] nào đó thì hoặc là hàm hằng, hoặc nếu không hằng thì cực đại phải là
một trong 2 điểm đầu mút.
Một ví dụ tổng quát hơn là trong phương trình Laplace, hay là phương trình điều
hòa ta cũng tìm được nghiệm của nó có tính chất là hàm hằng hoặc là nếu không
phải là hàm hằng thì điểm cực đại (và cực tiểu) phải là điểm biên.
Trong nghiên cứu này, định nghĩa một hàm có tính chất của nguyên lý cực đại là
một hàm thỏa mãn một số bất đẳng thức (đẳng thức) vi phân nào đó và điểm cực
đại của nó là điểm biên, trừ khi nó là hàm hằng.
Sử dụng các nguyên lý cực đại, ta cũng suy ra được các nguyên lý về cực tiểu
tương ứng và khẳng định rằng một hàm không phải hàm hằng thỏa mãn một số bất
đẳng thức vi phân không thể đạt được cực tiểu tại một điểm bên trong.
Ngoài ra, nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân có rất nhiều ứng dụng
quan trọng trong việc khảo sát, tính toán nghiệm gần đúng trong các bài toán giá trị
ban đầu, giá trị biên, giá trị riêng , không những thế, người ta còn sử dụng các
nguyên lý cực đại để chứng minh, tìm hiểu các định lý, bổ đề mới phục vụ cho
công tác nghiên cứu.
Nguyên lý cực đại có vai trò rất lớn trong các nghiên cứu về phương trình vi
phân, phương trình đạo hàm riêng, phương trình hàm vv
7. Cấu trúc của đề tài
Bố cục gồm 3 phần:
• Phần 1: Mở đầu
4
• Phần 2: Nội dung
Chương I: Nguyên lý cực đại tổng quát

′
=

( )
1
Ta giả sử rằng trong khoảng
( )
,a b
,
u
thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dạng:
[ ]: ( ) 0L u u g x u
′′ ′
= + >

( )
2
với
( )g x
là hàm bị chặn bất kỳ. Rõ ràng , theo
( )
2
thì hệ thức
( )
1
không thể thỏa
mãn tại điểm
( )
,c a b
∈

không ngặt, tức là
( ) 0u g x u
′′ ′
+ ≥

có nghiệm
u const
=

thì với một nghiệm không đổi như vậy, ta luôn có cực đại đạt được ở
mỗi điểm thuộc
( )
,
c
a b
∈
.
Định lý được nêu dưới đây được gọi là nguyên lý cực đại một chiều.
Định lý 1.1. Giả sử
:[a,b] u
→
¡
liên tục trên [a, b], có đạo hàm trên (a,b) và g
là một hàm bị chặn bất kỳ trên (a,b) thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
[ ]: ( ) 0L u u g x u
′′ ′
= + ≥
,
a x b
< <

<
. Ta
có
( )u c M
=
,
( )u d M<
nên ta xét 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Nếu
d c
>
. Ta đặt hàm
( )
( ): 1
x c
z x e
α
−
= −
với
0
α
>
được xác định. Từ biểu thức vừa xác định, nếu
a x c
< <

thì
( ) 0z x
<

= +
Khi đó,
(x)g
α
> −
và
[ ] 0L z
>

với mọi
( , ).x a d
∈
.
Đặt
( ) : ( ) ( ).w x u x z x
ε
= +
trong đó,
ε

là một hằng số dương thỏa mãn bất phương trình
6
( )
.
( )
M u d
z d
ε
−
<

,c a b
∈
, ta có
( ) ( ) ( )w c u c z c M
ε
= + =
Vì vậy,
w
có cực đại lớn hơn hoặc bằng

M

và đạt được tại một điểm thuộc
( )
, a d
. Mặt khác ta có
( )
[ ] ( )
( )
L w w g x w
u z g x u z
ε ε
′′ ′
= +
′′ ′′ ′ ′
= + + +( ) ( )
( ) ( )

luận tương tự như trên ta cũng đi đến mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh xong.
Nhận xét 1.1.
(a) Ta xây dựng hàm
( )z x
như sau:
(i)
[ ] 0L z
>
,
(ii)
( ) 0z x
<
nếu
x c
<
,
7
(iii)
( ) 0z x
>
nếu
x c
>
(iv)
( ) 0z c
=

nếu
x c=

,x a b∈
không
thể đạt được cực tiểu tại một điểm bên trong nó.
(d) Phương pháp sử dụng để chứng minh Định lý 1.1 giúp ta có thêm
những cách xác định về hàm mà thỏa mãn bất đẳng thức
( )
3
. Ta có thể thấy rằng
hàm
u
ở
( )
3
đạt cực đại tại
a
và
( ) 0u a
′
=
. Từ nhận xét này ta có định lý tiếp theo
như sau.
Định lý 1.2. Giả sử
u

không phải là hàm hằng mà thỏa mãn bất đẳng thức
( ) 0u g x u
′′ ′
+ ≥
trong
( , )a b

bị chặn trên
tại
x b
=
thì
( ) 0.u b
′
>
Chứng minh: Giả sử
( )u a M
=
,
( )u x M
≤
với
a x b
≤ ≤
và với
( )
,d a b
∈
ta có
( )u d M<
. Ta xây dựng hàm
( )z x
như sau:
( )
( ) 1
x a
z x e

−
< <
Do
[ ] 0L w
>
, nên cực đại của
w
trong
[ ]
, a d
phải xảy ra tại một điểm mút.
Ta có
( ) ( ),w a M w d
= >
với cực đại xảy ra tại
a
, do đó, đạo hàm cấp 1 của
w
tại
a
không dương. Tức là
( ) ( ) ( ) 0.w a u a z a
ε
′ ′ ′
= + ≤
Tuy nhiên,
( ) 0z a
α
′
= >

tất cả các khoảng có
c
,
c
được xem như là điểm mút, ta thấy rằng giá trị cực đại
( )u c
là giá trị cực tiểu của
u
trên
( )
, .a b
ii) Nếu một hàm
u
mà thỏa mãn
( )
3
có cực tiểu tại hai điểm
1
c
,
2
c
( )
,a b
∈
thì nó có cực đại tại điểm thuộc
1 2
( , )c c
. Từ đó, theo (i) ta có
2


=

Giải: Từ
( )
*
giải được
4
1u x
= −
, theo định lý 1.1, ta dễ dàng thấy được mâu
thuẫn. Cụ thể là với
1 1x
− ≤ ≤
,
u
đạt cực đạt tại
0x
=
. Lại theo định lý 1,2, ta
cũng có mâu thuẫn. Cụ thể với
[ ]
0,1x∀ ∈
,
(0) 0u
′
=
. Kết quả của định lý 1.1 và 1.2
không được thỏa mãn bởi vì
g

− =
Giải được nghiệm
,
x x
u e e
−
= − −
dễ thấy nó đạt cực đại tại
0x
=
, giá trị cực đại
bằng
( 2)
−
.
Nhận xét 1.3: Ta thấy rằng với một hàm không phải là hằng số, ta giải
( )
4
với
0h
≤
có thể không đạt được một cực đại không âm tại một điểm nào đó.
Ta cũng thấy được rằng, nếu bất đẳng thức (4) ngặt tức là:
( )[ ] 0L h u
+ >
, với
0h
≤
được cố định trong khoảng
( )

(hoặc hàm
( )
1
x c
e
α
− −
−
, nếu
d
nằm bên trái
của
c
) phải thỏa mãn:
2 ( )
( ) ( )[1 ] 0
x c
g x h x e
α
α α
− −
+ + − >
( hoặc
2 ( )
( ) ( )[1 ] 0.
x c
g x h x e
α
α α
−

Định lý 1.3: Nếu
( )u x
thỏa mãn bất đẳng thức:
( )[ ]: ( ) ( ) 0L h u u g x u h x u
′′ ′
+ = + + ≥

( )
4
Trong khoảng
( , )a b
với
( ) 0h x
≤
,
, g h
là bị chặn trên mỗi khoảng con đóng của
( , )a b
và giả sử
u
có giá trị cực đại
M
không âm tại một điểm
( )
, c a b∈
thì
( ) .u x M
≡
Chú ý nếu
h

. Nếu
u
có cực đại không âm tại
a
và hàm
( ) ( ) ( )g x x a h x
+ −
là bị chặn
dưới tại
,x a
=

thì
( ) 0u a
′
<
. Nếu
u
có cực đại không âm tại
b
và
( ) ( ) ( )g x b x h x
− −
là bị chặn trên tại
x b
=
thì
( ) 0u b
′
>

và
u
là liên tục trên
[ ]
,a b
,
( ) 0u a
≤
,
( ) 0u b
≤
thì
( ) 0u x
<
trong
( )
, a b
trừ khi
0u
≡
.
1.2. Nguyên lý cực đại tổng quát
Ta xét bất phương trình
11
( )[ ]: ( ) ( ) 0, L h u u g x u h x u a x b
′′ ′
+ = + + ≥ < <

( )
1

=
Ta biến đổi
( )[ ] ( )[ ]: (2 ) ( )[ ] 0.L h u L h vw wv w gw v L h w v
′′ ′ ′
+ = + = + + + + ≥
Sau đó, chia 2 vế cho
0w
>
, ta thấy rằng
v
thỏa mãn bất đẳng thức
1
2 ( )[ ] 0.
w
v g v L h w v
w w
′
 
′′ ′
+ + + + ≥
 ÷
 

( )
4
Bất đẳng thức
( )
4
khi kết hợp
( )

3
.
• Trên thực tế, một hàm được cho bởi:
2
1 ( )w x a
β
= − −

( )
5
với hằng số
β
được xác định. Cụ thể ta có:
2
1
( )[ ]: 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
2
L h w x a g x x a h x h x
β
 
+ = − + − + − +
 
 

( )
6
Theo giả thiết,
g

và

1 ( )
.
1
2
1 ( ) ( )
2
h x
x a G x a H
β
 
 
≥
 
+ − + −
 
 
Lại theo
( )
6
, ta có
( )[ ] 0L h w+ ≤
trong
( , )a b
. Nếu khoảng cách
( )b a
−
đủ nhỏ
sao cho:
2
( ) 1b a

có thể tìm
được thỏa mãn
( )
2
và
( )
3
. Khi đó, nếu
u
là hàm thỏa mãn
( )
1
trong
( , )a b
thì
hàm
u w
thỏa mãn nguyên lý cực đại như trong định lý 1.3 và định lý 1.4.
Nếu nghiệm
u

được suy ra từ phương trình:
( ) ( ) 0u g x u h x u
′′ ′
+ + =
Ta có thể áp dụng cho
u
và
u
−

a
.
13
+ Nếu
r
có bất kì số 0 bên phải của
a
, ta kí hiệu đầu tiên là
*
a
và gọi nó là điểm
liên hợp của
a
. Khi đó,
r
mang dấu trong khoảng
( )
*
, a a
và để cho thuận tiện ta
giả sử rằng:
( ) 0r x
>
với
*
.a x a
< <
+ Nếu
0w >
trên

, a a
, một hàm
w
có thể tìm được mà
r w
thỏa mãn nguyên lý cực đại của định lý 1.5. Hơn nữa, ta thấy rằng
( )r x
là bị
chặn dưới bởi một số dương trên khoảng con
[ ]
( )
*
,
,
c b
a a
⊂
. Do đó, với
0
ε
>
đủ
nhỏ, hàm
( )
( ) ( ) [2 ]
x a
w x r x e
α
ε
−

[ ]
, a b
khi và chỉ khi
*
b a
<
. Nếu
( )r x
(được suy ra từ
( )
7
mà thỏa mãn
( ) 0r a
=
) không có số
0
ở bên phải của
a
thì ta đặt
*
a
= ∞
và định lý 1.5 thỏa mãn
trên
[ ]
, a b
. Nếu
( )h x
là không bị chặn hoặc nếu
g

thỏa mãn nguyên lý cực đại trong
[ ]
0,1 , 1,2, n n
π
=
14
CHƯƠNG II: XẤP XỈ TRONG BÀI TOÁN
GIÁ TRỊ BAN ĐẦU VÀ GIÁ TRỊ BIÊN
2.1. Bài toán về giá trị ban đầu
Xét phương trình vi phân:
( ) ( ) ( )u g x u h x u f x
′′ ′
+ + =

( )
1
mà thỏa mãn điều kiện ban đầu

1 2
( ) , ( )u a u a
γ γ
′
= =

( )
2
Hàm
, f g
và
h

2
( )u x

là nghiệm của
( )
1
trong khoảng
( )
,a b

và
1 2
, u u
thỏa mãn các điều kiện ban đầu như
( )
2
thì
1 2
u u
≡
trong
( )
,a b
.
Chứng minh: Đặt
1 2
( ) ( ) ( )u x u x u x
= −
thì
u

, a a
ε
+
phải xảy ra tại điểm mút. Ta cũng thấy rằng
( )
u
−

thỏa mãn phương trình (1) cùng với các điều kiện ban đầu (2), do đó, theo định lý
1.5, cực đại của
u w−
phải xảy ra tại một điểm của điểm mút
a
hoặc
a
ε
+
hay
cực đại hoặc cực tiểu của
u w
phải xảy ra tại
a
. Nhưng tại
x a
=
, ta có:
2
0
u u w uw
w

≡
trong
( )
, 2a a
ε ε
+ +
,
ε
là
không thay đổi vì nó phụ thuộc vào tính bị chặn của
g
và
h
trong
( )
,a b
. Ta cần
thực hiện quá trình này một số hữu hạn lần để suy ra rằng:
0u
≡
trong
( )
, a b
.
2.2. Bài toán về giá trị biên
Ta xét phương trình:
( ) ( ) ( )u g x u h x u f x
′′ ′
+ + =
với

+ =
16
giải được
1
sinu x
=
và
2
0u
≡
với
0 x
π
≤ ≤
và cả hai thỏa mãn các điều kiện biên:
(0) ( ) 0u u
π
= =
.
Các kết quả đó cho ta một định lý đơn giản nhất về bài toán giá trị biên.
Định lý 2.2: Giả sử rằng
1
( )u x
và
2
( )u x
là nghiệm của
( )
1
mà thỏa mãn điều

Theo định lý 1.3, ta biết rằng
( ) 0u x
≤
trong
( )
,a b
và hàm
( )
( )u x−
cũng thỏa
mãn phương trình (1) với điều kiện biên (2), khi đó ta có thể áp dụng định lý 1.3 để
kết luận rằng:
0u
− ≤
trong
( )
,a b
. Do đó
0u
≡
trong
( )
,a b
.
Nhận xét 2.1: Bây giờ ta có một bài toán tổng quát về giá trị biên, với điều kiện
biên
( )
2
như là một trường hợp đặc biệt. Ta xét nghiệm
( )

≤ ≤

0 2.
φ π
≤ ≤
Lưu ý điều kiện
( )
4
rút gọn về
( )
2
khi
2.
θ φ π
= =

Ta đi đến định lý tiếp theo.
Định lý 2.3: Giả sử rằng
1
( )u x
và
2
( )u x
là hai nghiệm phân biệt của
( )
1
mà
thỏa mãn điều kiện
( )
4

u a u a
u b u b
θ θ
φ φ
′
− + =


′
+ =


( )
5
Hàm
u M
≡
,
u
là một hằng số khác không, thỏa mãn các điều kiện trên nếu và
chỉ nếu
0, 0h
θ
≡ =
và
0
φ
=
. Nếu ta giả sử
u

là mâu thuẫn. Ta kết luận rằng bất kì nghiệm nào không phải là hằng số thì có
thể nó không phải là nghiệm dương. Khi đó, ta áp dụng cho
u
−
ta thấy rằng
u
có
thể không phải là nghiệm âm. Khi đó
0u
≡
trên
[ ]
,a b
.
Mặc dù nó có thể thiết lập tính duy nhất của định lý về các bài toán giá trị biên
mà không có sự hạn chế
( ) 0h x
≤
, khi đó ta phải thực hiện nghiên cứu thêm các
điều kiện liên quan.
Ví dụ: Xét phương trình
0u u
′′
+ =
với điều kiện biên:
( ) ( ) 0u a u b= =
có nghiệm
0u
≡
sao cho

là liên hợp của
a
) thì
1 2
u u
≡
.
Chứng minh định lý 2.4 là sự lặp lại của việc chứng minh định lý 2.2. Tuy nhiên,
nguyên lý cực đại được sử dụng ở định lý 1.5.
Lưu ý rằng theo cách xác định của điểm liên hợp, tính duy nhất là không đúng
khi
*
b a
=
.
2.3. Xấp xỉ trong bài toán giá trị biên
18
Giả sử ta xét phương trình
( )[ ]: ( ) ( ) ( )L h u u g x u h x u f x
′′ ′
+ = + + =
với
a x b
< <

( )
1
thỏa mãn điều kiện biên
1
( )u a

( )z x
thỏa:
1
( )[ ] ( )L h z f x
+ ≤
với
a x b
< <

( )
3

1 1
( )z a
γ
≥
,
1 2
( )z b
γ
≥

( )
4
Ta đặt hàm:
1 1
( ) ( ) ( )v x u x z x
≡ −
mà thỏa mãn
1

là cận trên của
( )u x
.
Tương tự, cận dưới của
u
có thể đạt được bởi hàm
2
( )z x
thỏa:
2
( )[ ] ( )L h z f x+ ≥
và
2 1
( )z a
γ
≤
,
2 2.
( )z b
γ
≤
Áp dụng nguyên lý cực đại với
2
( ) ( )z x u x
−
cho thấy:
2
( ) ( )u x z x
≥
với

4
thỏa mãn. Chọn
α
đủ lớn để

( ) 2 ( )
( )[ ] ( ). 0
x a x a
L h e g h e
α α
α α
− − − −
+ = − + >

với
a x b
≤ ≤
.
Ta xác định hằng số
k
thỏa mãn:
( )
2 ( )
min
x a
a x b
k g h e
α
α α
− −

x a
z x A e
α
− −
= −
thỏa mãn
( )
3
và
( )
4
.
Để xác định cận dưới, ta chọn
{ }
( )
2
( ) 2 ,
x a
z x B e
α
− −
= −
ở đây
α
được chọn như trong
1
( )z x
và
B
là nhỏ nhất trong bốn số:

a x b
u x f x
k
γ γ
≤ ≤
 
≤
 
 
với
a x b
≤ ≤

( )
5
20
Theo tính duy nhất của định lý 2.2 ở Chương II (Các bài toán giá trị biên) với
0h
≤
, từ
( )
5

ta có,
0f
≡
,
1 2
0
γ γ

=
thì hiệu số
u u
−
thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ,u u g u u h u u f f
′′ ′
− + − + − = −
1 1
( ) ( ) ,u a u a
γ γ
− = −

2 2
( ) ( ) .u b u b
γ γ
− = −
Bất đẳng thức
( )
5
chứng tỏ rằng:
1 1 2 2
1
( ) ( ) 2max , , max ( ) ( ) .
a x b
u x u x f x f x
k
γ γ γ γ
≤ ≤
 

là nghiệm của bài toán
( )
1
mà thỏa
( )
2
phụ
thuộc vào tính liên tục của
( )f x
và giá trị biên
1 2
,
γ γ
.
Ta đưa ra một ví dụ để hiểu rõ giá trị xấp xỉ của nghiệm có thể đạt được
Ví dụ: Xét phương trình vi phân
0u xu
′′
− =

sao cho
0 1x
< <
với
(0) 0,u =

(1) 1u
=
. Tìm ước lượng giá trị tại
1

2
β
≥
.
21
Chọn
1
2
β
=
và tìm
( )
2
1
( )
2
x x u x x
+ ≤ ≤
Đặc biệt, tại
1
2
x
=
,
3 1 1
8 2 2
u
 
≤ ≤
 ÷

sao cho
a x b
< <

( )
6
thỏa mãn các điều kiện biên
1
2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
u a u a
u b u b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + =


′
+ =


( )
7
Trong đó
θ
và
φ
được coi là hằng số, với

z b z b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + ≥


′
+ ≥


( )
9
Khi đó, hàm
1 1
:v u z
= −

thỏa mãn:
22
1
( )[ ] 0L h v
+ ≥
1 1
( )cos ( )sin 0v a v a
θ θ
′
− + ≤
1 1
( )cos ( )sin 0v b v b

θ
=
và
1
( ) 0v a
′
=
. Định lý 1.4 nói rằng
1
( )v x
là hằng số
dương, do đó ta có
0h
≡
.
Tương tự,
1
v
không đạt cực đại dương tại
b
trừ khi
0
φ
=
và
0h
≡
, từ đó
1 1
( )cos ( )sin 0v b v b

2 2 1
2 2 2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
z a z a
z b z b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + ≤


′
+ ≤


( )
11
Và nếu
h
không đồng nhất bằng
0
hoặc
θ
và
φ
không cùng bằng
0
, thì khi đó
2

θ
=
,
0
φ
=
,
0h
≡
cố định. Nếu
1
( )z x
thỏa mãn điều kiện
( )
8
,
( )
9

và
2
( )z x
thỏa mãn điều kiện
( )
10
,
( )
11
thì
2 1

1
1 .
2
z x
= +
thì
1
1
( )[ ]: (1 ) 0
2
L h z x x
+ = − + ≤
1 1
(0) (0) 0z z
′
− + =
,
1
(1) 1z =
Chọn
2
z

với hàm số mũ
1
2
x
z e
−
=

=

1
0.6065 0.7500
2
u
 
≤ ≤
 ÷
 
hay
1
0.6782 0.0718
2
u
 
= ±
 ÷
 
. [ Trên thực tế,
1
0.6783
2
u
 
=
 ÷
 
].
24

và
cos 0
φ
≥
. Do đó, không mất tính tổng quát, ta giả định rằng
2 2
π θ π
− < ≤
,
2 2
π φ π
− < ≤
.
Để sử dụng các nguyên lý cực đại tổng quát ở chương I, ta giả sử rằng tìm được
một hàm dương
( )w x
mà thỏa mãn bất đẳng thức:
( )[ ] 0L h w
+ ≤
trong
( )
, a b

( )
12
( )cos ( )sin 0
( )cos ( )sin 0
w a w a
w b w b
θ θ

[ ]
1
( ) ( )cos ( ) ( )cos ( )sinv a w a v a w a w a
θ θ θ γ
′ ′
− + − + =
,
[ ]
2
( ) ( )cos ( ) ( )cos ( )sinv b w b v b w b w b
φ φ φ γ
′ ′
+ + =
Ta có thể viết các phương trình bày dưới dạng
( )
6
và
( )
7
:
( )[ ]:
f
L H v v Gv Hv
w
′′ ′
+ = + + =

( )
14
1