BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Huỳnh Kim Quyên

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO
VỚI KỲ DỊ MẠNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Huỳnh Kim Quyên

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO
VỚI KỲ DỊ MẠNH

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh – 2013

1.2. Bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ. ...........................................................8
1.3. Các bổ đề về đánh giá tiên nghiệm. ..........................................................................17

CHƯƠNG 2: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH. .. 28
2.1. Định lí Fredholm ........................................................................................................28
2.2. Các định lí tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình
vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. ...................................................................47

KẾT LUẬN ................................................................................................................ 54
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 55

2


MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ 18, song đến nay vẫn
còn phát triển mạnh nhờ các công dụng của nó trong các ngành vật lý, cơ học, kỹ thuật, sinh
học…Nội dung chính của luận văn là trình bày lại các kết quả của hai nhà toán học
R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE trong bài báo [1]. Các kết quả chính của luận văn là
các định lí về tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân
tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh
=
u (n)

m

∑ p (t )u
i =1


Phương trình thuần nhất tương ứng với bài toán (1.1) là
m

u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1)

(1.10)

i =1

Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới
hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b.
Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số
pi ∈ Lloc ((a, b))

(i =
1,...., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b))
2

còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa thêm điều kiện
t

lim sup (b − t ) 2 m −1 ∫ p1 ( s )ds < +∞ với c =
t →b

c

a+b
.
2


4


CÁC KÝ HIỆU
x+ x

•

[ x ]+ là phần dương của số x: [ x ]+ =

•

Lloc ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với

2

γ là khả tích trên mọi đoạn

[ a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý.
•

Lloc ((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với

γ là khả tích trên mọi đoạn

[ a + ε , b] với ε >0 bé tùy ý.
•

Lα , β ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R


a


2
• =
Ta kí hiệu L([a, b]) L=
L20,0 ((a, b)) .
0,0 (( a, b)), L ([ a, b])

•

 α2 , β ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ L ((a, b)) sao cho γ ∈ L2 ((a, b)) với
L
loc
α ,β

=
γ (t )

t

γ ( s )ds, c
∫=
c

•

a+b
2


s

  a


1/2
2
 b

s



a+b


β
+ max   ∫ (b − s )  ∫ γ (τ )dτ  ds  :
≤ t ≤ b
2


t

 t




1/2

((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R sao cho γ ',......, γ
C

đối trên mọi đoạn [a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý.
•

n −1
( n −1)
 loc
là liên tục tuyệt
C
((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b] → R sao cho γ ',......, γ

đối trên mọi đoạn [a + ε , b] ) với ε >0 bé tùy ý.
•

n −1
 n −1,m ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ C
 loc
((a, b)) sao cho
C

b

∫γ

2

(m)


n−m
h1 (t ,τ ) =
∫ (s − a) [(−1) p1 (s)]+ ds

τ
t

n−2m
hi (t ,τ ) =
2,....., m)
∫ (s − a) pi (s)ds (i =

τ

6


CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ.
1.1. Giới thiệu bài toán.
Trong chương này, chúng tôi trình bày các bổ đề bổ được trích dẫn từ bài báo [1] của hai
nhà toán học R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE để trong chương 2 sử dụng các bổ đề này
chứng minh các định lí về tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi
phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh
=
u (n)

m

∑ p (t )u


(1.3)

Phương trình thuần nhất tương ứng của bài toán (1.1) là
m

u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) .

(1.10)

i =1

Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới
hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b.
Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số
1,..., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b))
pi ∈ Lloc ((a, b)) (i =
2

(1.2’)

còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa them điều kiện
lim sup (b − t )
t →b

2 m −1

t

∫ p (s)ds < +∞ với c =
1

k →+∞

k →+∞

(1.4)

Với mỗi số k tự nhiên xét phương trình vi phân
=
u (n)

m

∑ p (t )u
i

i =1

( i −1)

+ qk (t )

(1.5)

với các điều kiện biên
u (i −1) (=
t0 k ) 0=
t1k ) 0=
(i 1,..., m), u (i −1) (=
(i 1,..., n − m) .


p
s
ds
t
t
b
≤



=
0

và bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường trong không

(1.12)
gian

 n −1,m ((a, b)) . Thì bài toán (1.1),(1.2) có nghiệm duy nhất u sao cho
C
u (m)

L2

≤ r0

8

(1.13)


( i −1)
và lim
(t ) (i 1,...., n) hội tụ đều trên (a,b).
=
uk(i −1) (t ) u=
k →+∞

(1.14)


hoặc

thì
t1

t

1
4
α +2
2
∫t (t − t0 ) u (t )dt ≤ (1 + α )2 t∫ (t − t0 ) u ' (t )dt .
0
0

α

2

Chứng minh
Theo công thức tích phân từng phần, ta có
t1

∫ (t − t )

α

0


2
1
(t − t0 )α + 2 u '2 (t ) + (t − t0 ) 2 u 2 (t )
≤
2
(1 + α )
2
−

Từ (1.18), ta có
t1

∫ (t − t )

α

0

u 2 (t )dt ≤

s

1
(t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s ) 
1+ α

t

+



t

(1.20)

4
+
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1
2 ∫
(1 + α ) s

Nếu điều kiện (1.16) xảy ra thì từ (1.15) và (1.20) cho s → t0 ta được
t1

t

1
4
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt
2 ∫
(1 + α ) t0

α 2
∫ (t − t0 ) u (t )dt ≤

t0

Nếu điều kiện (1.17) xảy ra từ (1.15) ta có
t1


1/2

s

 ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt 
t

0


1/2



( s − t0 ) − (α +1)/2  ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  , t0 < s < t1
t

0

s

(1.21)

suy ra
lim( s − t0 )α +1 u 2 ( s ) =
0.
s → t0

(1.22)


1+ α

(1.23)

t

1
4
+
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1
(1 + α ) 2 ∫s

t1

Cho s → t0 thì ta được ∫ (t − t0 )α u 2 (t )dt ≤
t0

t

1
4
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt .
2 ∫
(1 + α ) t0

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.3



m
2
∫ (t − t0 )
 (2m − 1)!! 
t0
t1

2t

1

(m)
∫ u (t ) dt .
2

t0

Chứng minh
Theo bổ đề 1.2 và từ điều kiện (1.24), ta có
t1

u (i −1) (t )

∫ (t − t )

t0

2

0
t1

4
4
4 4
... 2 2
≤ ... ≤
2
2
(2m − 1) (2m − 3) 3 1

t1

∫u

t0

(m)



2m
(t ) dt =


 (2m − 1)!! 
2

2 t

(i 1,..., m),

2

t0

thì


2m
u 2 (t )
∫t (t − t1 )2m dt ≤  (2m − 1)!! 
0
t1

2t

1

(m)
∫ u (t ) dt .
2

t0

Chứng minh bổ đề 1.3’ tương tự như bổ đề 1.3.
Chứng minh bổ đề 1.1
Giả sử v : (a, b) → R là hàm tùy ý khả vi liên tục đến bậc (m-1)
Đặt
m

t
s
u
s
q
s
ds
(t ) ∑  uk (t j ) −
(
)
(
(
)(
)
(
))
g j (t )
k
k
∫t j


−
n
(
1)!
j =1
1



1


≤n

t1

∫ ( s − a)

m −i

( s − a)

n − m −1

t1

∫ (q (τ ) − q(τ ))dτ ds
k

a +δ

s

1/2

 t1

≤ n  ∫ ( s − a ) 2 m − 2i ds 


τ
−
∫s k
 a∫+δ




≤ n (t − a ) 2 m − 2i +1 − δ 2 m − 2i +1

1/2

qk − q

 22 n−2 m−2,2 m−2
L

(i 1,..., n − 1)
với a + δ ≤ t ≤ t1=

Tương tự ta có
t

∫ (t − s)

n −i

(qk ( s ) − q ( s ))ds

(1.29)



t

lim ∫ ( s − t0 ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds =
0 hội tụ đều trên I(t0)

k →+∞

(1.31)

t0

(t0 ) [t0 , (a + b) / 2] với t0< (a+b)/2 và I (t=
[(a + b) / 2, t0 ] với t0> (a+b)/2.
với I=
0)

Từ (1.11) và
t

1
(t s ) m −i uk( m ) ( s )ds ( j =
0,1; i =
1,..., m; k =
1, 2,......) (1.32)
uk(i −1) (t ) =−
∫
(m − i )! t jk


(u

( i −1)
kl

)

+∞
l =1

)

+∞
l =1

sao cho

hội tụ đều trên (a,b).

Giả sử
lim ukl (t ) = u (t )

(1.35)

l →+∞

thì
u : (a, b) → R là khả vi liên tục bậc (m-1) và
( i −1)
lim

ds
−
Λ
+
 g j (t ) +
∫t j


(
1)!
n
−
j =1
1


n

t

(1.37)

1
(t − s ) n −1 (Λ (u )( s ) + q ( s ))ds, a < t < b
∫
(n − 1)! t1
u (i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ]

m −i +1/2


Từ (1.31) và (1.39), ta có
lim uk(ln −1) (t ) = u ( n −1) (t ) hội tụ đều trên (a,b) .

l →+∞


Từ (1.39),(1.41) và (1.11) ta được (1.13). Do đó, u ∈ C

n −1, m

(1.41)

((a, b)) . Mặt khác từ (1.37) thì ta

có u là nghiệm của (1.1). Khi n=2m, từ (1.38) thì u thỏa (1.2). Vậy u là nghiệm bài toán
(1.1),(1.2).
Ta sẽ chứng minh u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2) khi n=2m+1. Không mất tính tổng quát,
khi ta xét dãy ( uk( m +1) )k =1 với
+∞

t1 < t1k (k =
1, 2....) .

(1.42)

Từ (1.12),(1.28) và (1.33), ta có
uk( m +1) (t ) ≤ ρ0 +

t


t1

i =1 t1

( i −1)
m −1
m −1
∫ (t − s) Λ(uk )(s)ds ≤ ∑ ∫ (t − s) pi (s)uk (s)ds .

(1.45)

Nếu m>1, từ (1.8) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

pi ( s )uk(i −1) ( s )ds

t1

s

m −1 ( i )
m − 2 ( i −1)


−
−

∫t 
∫ i

t
1
1

t

=

t

≤ ρi ∫ (b − s )i − m −1 uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s )i − m − 2 uk(i −1) ( s )  ds
t1

t

= ρi ∫ (b − s ) −1 (b − s )i − m uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s ) −1 (b − s )i − m −1 uk(i −1) ( s )  ds
t1

1/2
1/2
1/2 
 t u (i ) ( s ) 2 ds 
 t u (i −1) ( s ) 2 ds  
t

k
k

uk( j ) ( s ) ds

∫ (b − s)

≤

2m−2 j

t1

2

uk( j ) ( s ) ds

t1 k

∫ (t

1k

t1

t1 k

− s)2m−2 j

≤ 4m − j ∫ =
uk( m ) (t ) ds 22 m − 2 j r02 ,
2


Nếu m=1, từ điều kiện (1.8), (1.11) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

Λ (uk )( s )ds

t1

t

=

∫ p (s)u (s)ds
k

1

t1

t
t  s

= uk (t ) ∫ p1 (τ )dτ − ∫  ∫ p1 (τ )dτ  uk' ( s )ds


t1
t1  t1

≤ ρ1 (b − t ) (t1k − t )  ∫ uk ( s ) ds  + (b − t )  ∫ uk ( s ) ds  





t

 t1
 

≤ 2 ρ1r0 (b − t ) −1/2

với t1 ≤ t ≤ t1k .
Nếu m>1, từ điều kiện (1.44) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

qk ( s )ds

t1

15

(1.50)



 ∫ qk (τ ) dτ  ds

b − s  t1
t1

t

m−2

1/2

t

≤ (m − 1)  ∫ (b − s ) −2 ds 
t

1

≤ (m − 1)(b − t ) −1/2 qk
≤ (m − 1) ρ0 (b − t ) −1/2 ,

1/2

2
t

s

2
2


L20,0

≤ ρ0 (b − t )1/2 ,

t1 ≤ t < b .

(1.52)

t t1

Do uk( m ) (t1k ) = 0 nên
t

uk( m ) (t ) = ∫ uk( m +1) (τ )dτ .

(1.53)

t1 k

Nếu m>1, từ (1.53) và (1.43),(1.48),(1.51) ta có
uk( m ) (t ) ≤

t1 k

∫  ρ

0

+ ( ρ + ρ0 )(b − s ) −1/2 ds

u

(m)
k


ds


≤  ρ0 (b − t1 )1/2 + 2 ρ + ρ0  (b − t )1/2 , t1 ≤ t < t1k

Từ (1.4),(1.39),(1.41) và (1.54) ta có
u ( m ) (t ) ≤ ρ * (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b

16


Cho t → s thì u ( m ) (b) = 0 . Do đó u là một nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) trong trường hợp
 n −1,m ((a, b)) bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm khác vì trong
n=2m+1. Trong không gian C

không gian này bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường.
Để hoàn thành chứng minh. Ta chứng minh u thỏa (1.14). Thật vậy, ta giả sử trái lại, khi đó
tồn tại δ ∈ (0, (b − a) / 2), ε > 0 và (kl )l+∞=1 sao cho
 n (i −1)

max ∑ ukl (t ) − u (i −1) (t ) : a + δ ≤ t ≤ b − δ  > ε (l =
1, 2...)
 i =1


t0 k

Hơn nữa, nếu
lim qk − q

k →+∞

 22 n−2 m−2,0
L

=
0

(1.55)

 n −1,m ((a, b]) chỉ có nghiệm tầm thường.
và bài toán thuần nhất (1.10),(1.3) trong không gian C
 n −1,m ((a, b]) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn
Thì bài toán (1.1),(1.3) trong không gian C
u (m)

L2

≤ r0

( i −1)
và lim=
(t ) (i 1,..., n) hội tụ đều trên (a,b].
uk(i −1) (t ) u=
k →+∞


Thì tồn tại một hằng số dương r0 sao cho với mọi t0 ∈ (a, a0 ), t1 ∈ (b0 , b),
 22 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) và u ∈ C n −1 ((a, b)) là nghiệm tùy ý của bài toán (1.1) với điều kiện biên
q∈L
loc

u (i −1) (=
t0 ) 0=
(i 1,..., m)

(1.59)

u ( j −1) =
(t1 ) 0=
(i 1,..., n − m)

thì u thỏa đánh giá
 m b0
2
(m)
 ∑ ∫ (t − a ) n − 2 m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + q
u
t
dt
r
(
)
≤
0
∫t

(m)

2

(t ) dt < +∞ và hàm số p ∈ Lloc ((t0 , t1 ]) sao

t0

cho
t1

∫ p(τ )dτ

(t − t0 ) 2 m − j

≤ l0 , t0 < t ≤ t1

(1.61)

t

với j ∈ {1,...., m}, l0 > 0 . Thì


(2m − j )22 m − j +1
( j −1)
≤
+
p
(

2

(1.63)

t0

Chứng minh
Theo công thức tích phân từng phần, ta có
t1

p ( s )u ( s )u ( s )ds
∫=
( j −1)

u (t )u

( j −1)

t

t0 ) 0=
(i 1,...m),
Mặc khác, từ u (i −1) (=

 t1

(t ) ∫ p (τ )dτ + ∑ ∫  ∫ p (τ )dτ u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s )ds (1.64)


k =0 t  s

(t )
(
)
(
)
u =
t
s
u
s
ds
−
≤
 ∫ (t − s ) 2 m − 2i ds 
∫
t

( m − i ) t0
0

m −i +1/2 1/2
1,..., m)
ρ (t ), t0 < t ≤ t1 (i =
≤ (t − t0 )
( i −1)

u (i −1) ( s )

1/2



1 t1 t1

+∑ ∫

∫ p(τ )dτ

t

u ( k ) ( s ) u ( j − k ) ( s ) ds

k =0 t s

1 t1

≤ l0 ρ (t ) + l0 ∑ ∫ ( s − t0 ) −2 m + j u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s ) ds

(1.66)

k =0 t

1/2

1/2


 t1 u ( k ) ( s ) 2
  t1 u ( j − k ) ( s ) 2

 

t1

(m)
∫ u (t ) dt < +∞ và hàm số p ∈ Lloc ([t0 , t1 )) sao
2

t0

cho
(t1 − t ) 2 m − j

t

∫ p(τ )dτ

≤ l0 , t0 ≤ t < t1

(1.67)

t0

với j ∈ {1,...., m}, l0 > 0 . Thì


(2m − j )22 m − j +1
( j −1)
≤
+
(
)

ρ (t ) = ∫ u ( m ) ( s ) ds .
t

Chứng minh
Theo công thức tích phân từng phần, ta có
19

2

(1.69)


t

p ( s )u ( s )u ( s )ds
∫=
( j −1)

u (t )u

( j −1)

t0

Mặc khác, từ điều kiện u

( i −1)

s


 t1

1
2 m − 2i
m −i ( m )
(t )
(
)
(
)
(
)
u =
t
s
u
s
ds
t
s
ds
−
≤
−


∫
(m − i ) ∫t
t


2m −i +1
1,..., m)
ρ 1/2 (t0 ), (i =
(2m − 2i + 1)!!

Từ (1.67) và (1.68), ta có
t

∫ p(s)u (s)u

( j −1)

( s )ds ≤ u (t ) u

( j −1)

t

(t )

t0

1

t

+∑ ∫

∫ p(τ )dτ


ds 
2m−2k
  ∫t (t1 − s ) 2 m + 2 k − 2 j 
k = 0  t (t1 − s )

 

2m− j
1
2
, t0 ≤ t < t1
≤ l0 ρ (t ) + l0 ρ (t0 )∑
k = 0 (2m − 2k − 1)!!(2m − 2 j − 2k − 1)!!
1

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.8
n −1
((a, b)) thì với mọi s và t thuộc (a,b) thì
Nếu u ∈ Cloc
t

t

s

s


Chứng minh bổ đề 1.8 xem trong tài liệu [9].
20

t − a (m) 2
u (t ) .
2


Chứng minh bổ đề 1.5
Từ
(2m − i )2n −i +1
l1i
2
t0

t

m t1

(−1) ∑ ∫ (t − a) n − 2 m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt
=
n−m

(1.75)

i =1 t0

t1

+(−1) n − m ∫ (t − a ) n − 2 m q (t )u (t )dt
t0

Theo bổ đề 1.6, bổ đề 1.7 và điều kiện
(t − a ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0
(b − t ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i =
1,..., m)

nên ta có
a0

a0



pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

t0

0
2
(2m − i )22 m −i +1
l1i ∫ u ( m ) (t ) dt (i =
2,..., m)
≤
(2m − 1)!!(2m − 2i + 1)!! t0

a

(−1)

n−m

t1

∫ (t − a)

n−2m

≤

[(2m − 1)!!]

b0

b0

n−2m

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

b0

≤

2 m −i +1

(2m − i )2
l2i ∫ u ( m ) (t ) dt
(2m − 1)!!(2m − 2i + 1)!! b0
t1

2

(1.76)
(i =
2,..., m)

Từ (1.76) và (1.73) ta có
(−1)

n−2m

m t1


t0

+

m t1

∑ ∫ (t − a)

n−2m

i =1 b0

≤

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

m b0

m

∑ ∫ (t − a)n−2m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + ∑
i 1=
i 1
a0

m

+∑
i =1


 a0 ( m ) 2

2
( µn − γ )  ∫ u (t ) dt + ∫ u ( m ) (t ) dt 
t

b0
0


≤

m b0

∑ ∫ (t − a)
i =1 a0

n−2m

pi (t )u

( i −1)

t1

(t )u (t )dt + ( µn − γ ) ∫ u ( m ) (t ) dt
t0

Mặt khác, nếu đặt c=(a+b)/2, từ bổ đề 1.6 và bổ đề 1.7, ta có


c

=

∫ [(n − 2m)u (t ) + (t − a)

n−2m

t0

c

u '(t )]  ∫ q ( s )ds  dt
t


t1
t

+ ∫ [(n − 2m)u (t ) + (t − a ) n − 2 m u '(t )]  ∫ q ( s )ds  dt
c
c


1/2
1/2

 c u 2 (t )dt 
 c u '2 (t )dt  
≤  ( n − 2m)  ∫

+(b − a ) (n − 2m)  ∫
+∫
 (b − t ) 2 m 
 (b − t ) 2 m − 2  

c

c
 

1/2

2
 t1
t
 
2m−2
×  ∫ (b − t )
 ∫ q ( s )ds  
c
c
 


1/2
1/2
t1
 c




(t ) dt + 22 m +1 (1 + b − a ) 2 γ −1 q

2
 22 n−2 m−2,2 m−2
L

t0

Từ (1.77),(1.78) và (1.74) ta có
1
2
2
t0 − a ( m )
u (t0 ) + µn ∫ u ( m ) (t0 ) dt
2
t0

t

≤

+

m b0

t1

i =1 a0



(1.78)