BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
ĐẶNG ĐỨC QUÂN
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN,
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
Hà Nội-2009
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
ĐẶNG ĐỨC QUÂN
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN,
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
Người hướng dẫn khoa học: TS Khuất Văn Ninh
Hà Nội-2009
Lời cảm ơn
Tôi xi n chân thành cảm ơn các Giáo sư, Tiến sĩ giảng dạy chuyên ngành
Toán Giải tích; các thầy, cô Phòng Sau Đại học tr ường Đại học Sư Phạm
Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đặc biệt sâu sắc đến TS. Khuất Văn Ninh đã trực
tiếp hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh đề tài.
Hà Nội, tháng 9 năm 2009
Tác giả
Lời cam đoan
Tôi xin cam đo an luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự
hướng dẫn trực tiếp của TS. Khuất Văn Ninh.
Trong quá trình nghiên cứu luận văn, tôi đã kế thừa những thành tựu của

3.3.2. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ nhất . . . . . . . 69
3.3.3. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ hai . . . . . . . 7 4
3.3.4. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 3
Bảng ký hiệu
R : Đường thẳng thực
R = [0; T] × [a; b] : Hình chữ nhật trong R
2
D
∗
: Số đạo hàm phải dưới
∗
D : Số đạo hàm trái dưới
D
∗
: Số đạo hàm phải trên
∗
D : Số đạo hàm trái trên
sign {x (t)} : Hàm dấu của x (t)
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Vấn đề giải được (hay sự tồn tại nghiệm) các bất phương trình vi phân, bất
phương t rình tích phân,. . . nghĩa là thu được các đánh giá về hàm thoả mãn
các bất đẳng thức được biểu diễn thông qua các điều kiện cho trước. Đây là
một trong những lĩnh vực quan trọng của toán học, bởi vì khi nghiên cứu các
tính chất khác nhau về nghiệm của cá c phương trình vi phân, phương trì nh
tích phân,. . . thườ ng dẫn đến vấn đề về tính gi ải được của các bất phương
trình tương ứng.
Nhiều bài toán khoa học kỹ thuật đưa về việc tìm nghiệm phương trình

4. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân và ứng
dụng tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy.
5. Phương pháp nghiên cứu
• Nghiên cứu lý luận, đọc tài liệu chuyên khảo.
• Tổng hợp kiến thức, vận dụng cho mục đích nghiên cứu đề tài .
Chương 1
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
1.1. Các khái niệm mở đầu
1.1.1. Các số đạo hàm. Nửa vi phân
1. Các số đạo hàm
Định nghĩa 1.1. Cho hàm v(t) xác định trên khoảng (a; b) v ới t
0
∈ (a; b) ta
định nghĩa:
• Số đạo hàm phải dưới, kí hiệu D
∗
v (t) và D
∗
v (t) = lim
t→t
+
0

v (t) − v (t
0
)
t − t
0


t − t
0

.
• Số đạo hàm trái trên, kí hiệu
∗
Dv (t) và
∗
Dv (t) =
lim
t→t
−
0

v (t) − v (t
0
)
t − t
0

.
Nếu đ ặt v
t
(∆t) =
v (t + ∆t) − v (t)
∆t
thì định nghĩa trên tương đương:
• D
∗
v (t) = sup

v
t
(∆t) }.
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số v (t) có đạo hàm thì tất cả các số đạo hàm bằng
nhau và bằng đ ạo hàm, nghĩa là
D
∗
v (t) =
∗
Dv (t) = D
∗
v (t) =
∗
Dv (t) = v

(t) .
10
2. Nửa vi phân
Giả sử E
m
là không g ian định chuẩn m chiều. Với mỗi x = (x
1
, x
2
, , x
m
)
thuộc E
m
có các chuẩn: x

j=1
D
j
(x
j
, h
j
), trong đó
D
j
(x
j
, h
j
) =

h
j
.signx
j
khi x
j
= 0


h
j


khi x

đặc biệt nếu m = 1 thì D
∗
|x(t)| ≤ sign{x(t) }
dx(t)
dt
.
1.1.2. Nghiệm của bài toán Cauchy
Xét bài toán



dx
dt
= f (t, x) (1)
x(0) = x
0
(2)
trong đó x (t) là hàm số xác định trên đoạn [0; T] .
Bài toán (1-2) được gọi là bài toán Cauchy.
Định nghĩa 1.3. Hàm x
∗
(t) là nghiệm đúng (chính xác) của bài toán (1-2)
nếu nó thỏa mãn phương trình (1) và x
∗
(0) = x
0
.
11
Định nghĩa 1.4. (x em [6])
• Nghiệm dưới chính qui c ủa phương trình (1) trên đoạn [t


(t) ≤ f [t, α (t)] hầu khắp nơi trên đoạ n [t
1
, t
2
]
lim
t→t
+
1
α (t) ≤ α (t
1
) , lim
t→t
−
2
α (t) ≥ α (t
2
) .
• Hàm α (t) là nghiệm dưới của bài toán (1- 2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi
phép chia 0 = t
0
< t
1
< < t
N
= T hàm α (t) là nghi ệm dưới chính qui
của (1) trên đoạn [t
i
, t

, t
2
]
lim
t→t
+
1
β (t) ≥ β (t
1
) , lim
t→t
−
2
(t) ≤ β (t
2
) .
• Hàm β (t) là nghiệm trên của bài toán (1-2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi
phép ch i a 0 = t
0
< t
1
< < t
N
= T hàm β (t) là nghiệm trên chín h qui
của (1) trên đoạn [t
i
, t
i+1
] (∀i = 0, 1, , N − 1) đồng thời β (0) ≥ x
0

0
(1.1)
và n ế u v (0) = u
0
thì v

(0) < ϕ (0, u
0
) .
Khi đó ta có bất đẳn g thức
v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) , (1.2)
trong đó u (t) là nghiệm dưới của bài toán
du
dt
= ϕ (t, u) , u (0) = u
0
, t ∈ [0; T] . (1.3)
Chứng mi nh. Từ (1.1) và (1.2) ta có
v

(0) < ϕ (0, u
0
) = ϕ (0, u(0)) = u

(0) .
Do tính liên tục của các hàm số v (t) và u (t) trên đoạn [0; T] nên t ồn tại
ε > 0 để v (t) < u (t) với mọi t ∈ (0; ε) .
Bây giờ ta sẽ chứng minh v (t) < u (t) đúng với mọi t ∈ [0; T] .
Thật vậy, giả sử bất đẳng thức không đúng trên toàn đoạn [0; T] , khi đó
tồn tại số t

(t
0
) < u

(t
0
) . Suy ra tồ n tại
˜
t
0
< t
0
mà v

˜
t
0

= u

˜
t
0

, điều này mâu
thuẫn với tính nhỏ nhất của t
0
. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 1.3. Giả sử hàm ω (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn
dω

dt
= ϕ (t, u) +
1
n
= ϕ
n
(t, u)
u (0) = u
0
+
1
n
(0 ≤ t ≤ T) . (1.6)
Do hàm ϕ [t, u (t)] là liên tục theo hai biến nên bài toán (1.6) sẽ tồn tại
nghiệm trên và nghiệm dưới xác định trên [0; T] , đồng thời với n ≥ n
0
các
nghiệm này hội tụ đều đến u (t) khi n → ∞.
Đặt ¯u
n
, u
n
nghiệm trên, nghiệm dưới của bà i toán (1.6). Ta có
dv
dt
≤ ϕ (t, v) < ϕ
n
(t, v) , v (0) < u
0
< u

Khi đó bất đẳng thức sau đúng
v (t) ≥ u (t) (0 ≤ t ≤ T) ,
trong đó hàm u (t) là nghiệm dưới của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] .
14
Việc chứng minh định lý 1.3 tương tự định lý 1.2.
Hệ quả 1.1. Giả sử các hàm p (t) và q (t) liên tục trên đoạn [0; T] . Hàm
v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
v

(t) ≤ (≥) p (t) v (t) + q (t) , v (0) ≤ (≥) u
0
.
Khi đó bất đẳng thức sau đúng
v (t) ≤ (≥) e
t

0
p(s)ds
+
t

0
q (s) e
t

s
p(ξ)dξ
ds. (1.7)
* Hệ quả 1.1 có được từ kết quả của các định lý 1.2 và 1.3 với hàm
ϕ (t, u) = p (t) u + q (t) ,

và v (t
∗
) = u (t
∗
) . Suy ra
∗
Dv (t
∗
) = lim
t→t
∗−
v (t) − v (t
∗
)
t − t
∗
≥ lim
t→t
∗−
u (t) − u (t
∗
)
t − t
∗
= u

(t
∗
) = ϕ [t
∗

Khi đó ta có
v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , (1.13)
trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3 ) trên đoạ n [0; T] .
Chứng mi nh. Đặt ¯u
n
, u
n
lần lượt là nghiệm trên, nghi ệm dưới của bài toán









du
dt
= ϕ (t, u) +
1
n
= ϕ
n
(t, u)
u (0) = u
0
+
1
n

v (0) ≤ u
0
< u
0
+
1
n
và
∗
Dv (t) < ϕ
n
[t, v (t)] (0 < t ≤ T) . (1.15)
16
Giả sử (1.14) không xảy ra, khi đó tồn tại số τ ∈ (0; T] mà tại đó xảy
ra bất đẳng thức v (τ) > ¯u (τ) . Nhưng do v (0) < u
n
(0) ≤ ¯u
n
(0) cùng với
tính liên tục của hàm v (t) và
u
n
(t) suy ra tồn tại t ∈ (0; τ) mà tại đó
v (t) = ¯u
n
(t) . Ta gọi t
∗
là điểm nhỏ nhất trong các điểm τ nói trên. Khi đó
ta có
v (t) > ¯u

∗
)
t − t
∗
= ¯u

n
(t
∗
) = ϕ
n
[t
∗
, u
n
(t
∗
)] = ϕ
n
[t
∗
, v (t
∗
)] .
Điều này mâu thuẫn với (1.15). Hay (1.14) đúng, suy ra bất đẳng thức (1.13)
thỏa mãn. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2. Giả sử hàm ϕ ( t, u) liên tục trên {0 ≤ t ≤ T, u ≥ 0} và
ϕ (t, 0) ≡ 0. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất
đẳng thức
D

Dv
∗
(t) ≤ ϕ
∗
[t, v
∗
(t)] , (−T <t< 0) .
Gọi ¯u (t) là nghiệm trên của bài toán
du
dt
= ϕ
∗
(t, u) , u (−T) = v
∗
(−T)
xác định trên đoạn [−T; − T+δ] .
Theo định lý 1.5 và từ bất đẳng thức
∗
Dv
∗
(t) ≤
∗
Dv
∗
(t) suy ra
v
∗
(t) ≤ ¯u (t) (−T ≤ t ≤ −T+δ) .
Thác triển nghiệm
u (t) liên tục sang bên phải thì u (t) sẽ nằm trong miền

2
(t)
dt
≥ ϕ [t, v
2
(t)] (0 < t ≤ T) , v
1
(0) ≤ v
2
(0) . (1.17 )
Đồng thời bất đẳng thức sau đúng
v
1
(t) ≤ v
2
(t) (0 ≤ t ≤ T) . (1.18 )
18
Chứng mi nh. Đặt ψ (t, v
2
) = ϕ [t, max (v
2
, v
1
(t))] . Khi đó ta có
ψ (t, v
2
) (0 ≤ t ≤ T, |v
2
| < γ ≤ +∞)
là hàm liên tục và

, τ] ta nhận được
ψ [t, ω (t)] = ϕ [t, v
1
(t)] .
Từ bất đẳng thức (1.16) ta có
v
1
(τ) ≤ v
1
(τ
0
) +
τ

τ
0
ϕ [s, v
1
(s)] ds =ω (τ
0
) +
τ

τ
0
ψ [s, ω (s)]ds. (1.21 )
Kết hợp (1.20) và ( 1.21) suy ra v
1
(τ) ≤ ω (τ) . Điều này mâu thuẫn với
giả thiết ban đầu rằng ω (τ) < v

dt
= ϕ (t, u)
u (0) = u
0
xác định trên đoạn [0; T] .
Chứng mi nh. Đặt ω (t) = u
0
+
t

0
ϕ [s, v (s)] ds suy ra v (t) ≤ ω (t) . Do hàm
ϕ (t, u) không giảm theo biến u nên lấy vi phân hai vế ta đượ c
dω
dt
= ϕ [t, v (t)] ≤ ϕ [t, ω (t)] ,
nghĩa là
dω
dt
≤ ϕ [t, ω (t)] , ω (0) = u
0
.
Theo định lý 1.2 suy ra
ω (t) ≤ u (t) ⇒ v (t) ≤ u (t) .
Định lý được chứng minh.
20
* Từ định lý này coi như là một trường h ợ p riêng ta có bất đẳng thức
Belman-Gronwall sau đây.
Định lý 2.2. Giả sử hàm v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục và thỏa mãn bất đẳng
thức tích phân

ϕ
2
(s)e
t

s
ϕ
1
(ξ)dξ
ds. (2.2)
Để chứng minh định lý này, ta áp dụng kết quả của định lý 2.1 với việc
đặt hàm ϕ (t, u) = ϕ
1
(t) u + ϕ
2
(t) . Khi đó nghiệm của bài toán
du
dt
= ϕ
1
(t) u + ϕ
2
(t) , u (0) = u
0
chính là vế phải của (2.2) . Theo định lý 2.1 suy ra điều phải chứng minh.
* Sau đây ta khái quát bất đẳng thức Belman-Gron wall từ định lý 2. 2 .
Định lý 2.3. Giả sử hà m v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục, và vớ i mọi t, τ ∈ [0; T]
thỏa mãn bất đẳng thức tích phân sau
v (t) ≤ v (τ) +
t

−
t

0
ϕ
1
(s)ds
≤ v (t)
v (t) ≤ v (0) e
t

0
ϕ
1
(s)ds
+
t

0
ϕ
2
(s)e
t

s
ϕ
1
(ξ)dξ
ds.
(2.4)

1
(ξ)dξ
ds. (2.5)
Tương tự với t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn t ≤ τ ta có
v (t) ≤ v (τ) e
τ

t
ϕ
1
(s)ds
+
τ

t
ϕ
2
(s)e
s

t
ϕ
1
(ξ)dξ
ds. (2.6)
Bây giờ thay t bởi τ và ngược lại ở (2.6) với t ≥ τ ta có
v (τ) ≤ v (t) e
t

τ

t
ϕ
1
(ξ)dξ
ds


e
−
t

τ
ϕ
1
(s)ds
. (2.7)
Cho τ = 0 trong cá c bất đẳng thức (2.5) và (2.7) ta có (2.4). Định lý được
chứng minh.
2.1.2. Bất đẳng thức tích phân Volterra
Định lý 2.4. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất
đẳng thức tích phân
v (t) ≤ u
0
+
t

0
{ϕ
1
(s) v (s) + ϕ

ds ≥ 0.
22
Nếu α = 1 thì
v (t) ≤ e
t

0
ϕ
1
(s)ds


u
1−α
0
+ (1 − α)
t

0
ϕ
2
(s)e
−(1−α)
s

0
ϕ
1
(ξ)dξ
ds

⇔ v (t) ≤ u
0
+
t

0
v (s) {ϕ
1
(s) + ϕ
2
(s)} ds.
Từ bất đẳng thức này ta áp dụng định lý 2.2 sẽ thu được bất đẳng thức
(2.10 ).
Trườ ng hợp α = 1. Để chứng minh bất đẳng thức (2.9) ta chỉ cần chỉ ra
rằng vế phải của bất đẳng thức đã cho chính là nghi ệm
u (t) = u
0
+
t

0
{ϕ
1
(s) u (s) + ϕ
2
(s) [u (s)]
α
} ds
của bài toán u


0
(t) +
t

0
ϕ [t, s, u (s)] ds (2.13 )
xác định trên đoạn [0; T] .
Chứng mi nh. Từ (2.11) và (2. 13) suy ra (2.12) đúng với trường hợp t = 0.
Giả sử bất đẳng thức (2.12) không đúng với mọi t thuộc đoạn [0; T] . Khi
đó do tính chất liên tục của các hàm v (t) , u (t) suy ra tồn tại số t
0
> 0 sao
cho v (t) < u (t) ∀t ∈ (0; t
0
) và v (t
0
) = u (t
0
) .
Kết hợp với (2.11) và (2.13) cùng tính không giảm của hàm ϕ theo u ta
có
v (t
0
) < u
0
(t
0
) +
t
0

0
− const, ϕ (t) ≥ 0 liên tục t rên đ oạn [0; T], hàm ω (u) (0 ≤ u < +∞)
liên tục, không giảm đồng thời ω (u) > 0 (∀u > 0) , ω (0) ≥ 0.
Khi đó
v (t) ≤ G
−1


G (u
0
) +
t

0
ϕ (s) ds


, (2.15 )
ở đâ y G (u) là ng uyên hàm của hàm
1
ω (u)
, G
−1
là hàm ngược của G.
24
Ta có điều khẳng định trên với m ọi t thuộc tập giá trị của hàm
υ (t) = G (u
0
) +
t

u

ω (u)
= ϕ (t) , suy ra
u

u
0
+ε
ds
ω (s)
=
t

0
ϕ (s)ds.
Với G (u) là nguyên hàm của
1
ω (u)
khi đó ta có
G (u) − G (u
0
+ ε) =
t

0
ϕ (s) ds.
Từ điều kiện của định lý về sự tồn tại hàm ngược của G (u) ta nhận được
u (t) = G
−1