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

Trần Thanh Phúc

NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2015


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

Trần Thanh Phúc

NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN
Chuyên ngành:
Mã số:

Toán giải tích
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 – 2015

vi phân hàm bậc nhất tuyến tính ........................................................... 4
1.3. Định lí về sự tồn tại của nghiệm bị chặn ............................................ 12
1.4. Định lí về sự duy nhất của nghiệm bị chặn......................................... 25
Chương 2. NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI SỐ LỆCH .................. 34
2.1. Phát biểu bài toán ................................................................................ 34
2.2. Nghiệm bị chặn của bài toán (2.1), (2.2) ............................................ 35
2.3. Nghiệm bị chặn của phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến
đối số lệch ........................................................................................... 47
2.4. Ví dụ .................................................................................................... 50
KẾT LUẬN .................................................................................................... 54
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 56


MỘT SỐ KÝ HIỆU
•

N là tập hợp tất cả các số tự nhiên.

•

[0, +∞) .
R là tập hợp tất cả các số thực, R=
+

•

C ([ a, b ];R ) : Tập các hàm liên tục trên đoạn [ a, b ] . Khi đó C ([ a, b ];R ) với

chuẩn

L ([ a, b ]; R ) : các hàm khả tích Lebesgue trên đoạn

[ a, b] . Khi đó

L ([ a, b ]; R ) với chuẩn f = ∫ f dx là một không gian Banach.
b

a

•

Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) : Tập các hàm số p : [ a, +∞ ) → R khả tích Lebesgue với

topo hội tụ trung bình trên mỗi khoảng con compact của [ a, +∞ ) .
•

K : Tập hợp các hàm số F : Cloc

([ a, +∞ ) ; R ) → L ([ a, +∞ ) ; R ) là toán tử
loc

liên tục thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa phương, nghĩa là với mỗi r > 0 ,
tồn tại qr ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) để
F (v)(t ) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi trên [ a, +∞ ) , với v ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) thỏa v ≤ r

•

(

)

•
W0 : Tập hợp các hàm số ω : C0 ([ a, +∞ ) ; R ) → R là hàm tuyến tính bị
chặn không tầm thường.
•

H : Tập hợp các hàm số h : Cloc

([ a, +∞ ) ; R ) → R

là hàm liên tục thỏa

mãn với mỗi r > 0 tồn tại M r ∈ R+ thỏa mãn h(v) ≤ M r cho mỗi
•

v ≤r.

Lab : Tập hợp các toán tử tuyến tính liên tục l : C ([ a, b ];R ) → L ([ a, b ];R ) sao

cho với mỗi l ∈ Lab tồn tại η ∈ L ([ a, b ]; R+ ) thỏa mãn l (v)(t ) ≤ η (t ) v C , t ∈ [ a, b ] ,
v ∈ C ( [ a, b ] ; R ) .

•

Pab : Tập hợp các toán tử tuyến tính liên tục l ∈ Lab

sao cho

)

(


hợp

các

l : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → Lloc ([ a, +∞ ) ;R )

toán
tử
tuyến
tính
liên
tục
sao cho với mỗi l ∈ L tồn tại l ∈ P để

l (v)(t ) ≤ l ( v ) (t ) hầu khắp nơi trên [ a, +∞ ) , với mọi v ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) .

•

K loc ([ a, +∞ ) × A; B ) :

Tập hợp các hàm số f : [ a, +∞ ) × A → B thỏa mãn điều

kiện Carathéodory địa phương ( A ⊂ R n , B ⊂ R ); nghĩa là với mọi x ∈ A ,
f (., x) : [ a, +∞ ) → B là hàm đo được trên mỗi khoảng con compact của [ a, +∞ ) ,
f (t , . ) : A → B là hàm số liên tục theo biến thứ hai (với hầu hết các t ≥ a ) và với

mỗi r > 0 , tồn tại qr ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ;R ) để f (t , x) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi trên [ a, +∞ ) ,
∀x ∈ R n , x ≤ r .



ω b (u ) = ω (θb (u ))
hb (u ) = h(θb (u ))

Trong luận văn khi ta nói một đẳng thức hay bất đẳng thức xảy ra trên
[ a, b] hay [ a, +∞ ) nghĩa là đẳng thức hay bất đẳng thức đó chỉ xảy ra hầu khắp

•

nơi trên [ a, b ] hay [ a, +∞ ) . Khi nói dãy hàm {un } hội tụ đều về một hàm số u
trên [ a, +∞ ) nghĩa là dãy hàm đó hội tụ đều về u trên mỗi tập con compăct của

[ a, +∞ ) .


1

MỞ ĐẦU
Các phương trình vi phân hàm đã xuất hiện từ thế kỉ 18 như một công cụ
toán học cho những bài toán trong vật lí và hình học. Tuy nhiên cho đến cuối
thế kỉ 19 chúng mới chỉ được biết đến trong các áp dụng cụ thể và chưa có
nghiên cứu một cách hệ thống về chúng. Đầu thế kỉ 20, sự quan tâm dành cho
phương trình vi phân hàm tăng lên, đặc biệt là đối với các ứng dụng trong cơ
khí, sinh học và kinh tế. Ở thời điểm đó, các nhà toán học đi theo hướng
nghiên cứu này đã xây dựng nên các lý thuyết định tính cho phương trình vi
phân hàm và những lý thuyết đó vẫn còn tồn tại cho đến ngày nay. Vào thập
niên 1970, những phát kiến lớn trong việc xây dựng lý thuyết bài toán biên
cho phương trình vi phân hàm đã được đề xuất và nền tảng cho lý thuyết về
bài toán biên cho phương trình vi phân hàm đã được xây dựng. Các công cụ
về giải tích hàm và topo là những công cụ hiệu quả nhất để nghiên lĩnh vực

Trong đó F : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) là toán tử liên tục thỏa mãn
điều

Carathéodory

kiện

ω : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → R

là

địa
hàm

phương
tuyến

( F là
tính

liên

hàm
tục

phi

tuyến),

(tương

Trong đó f ∈ Kloc ([ a, +∞ ) × R n +1; R ) , ta có pk , g k ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) và các hàm
số τµν
k , k , j : [ a, +∞ ) → [ a, +∞ ) là đo được bị chặn trên mỗi khoảng con compact
của [ a, +∞ ) , với

m, n ∈ N , k = 1,..., m , j = 1,..., n .

Luận văn có 2 chương


3

Chương 1. CÁC ĐỊNH LÍ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA
NGHIỆM BỊ CHẶN
Chương 1 trình bày các kết quả tổng quát về sự tồn tại và tính duy nhất của
nghiệm bị chặn của phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến (1), (2).
Chương 2. NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC
NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI SỐ LỆCH.
Trong chương 2 chúng ta sẽ áp dụng các kết quả tổng quát có trong
chương 1 để tìm một số điều kiện tồn tại và duy nhất của nghiệm bị chặn của
bài toán (1), (3). Áp dụng kết quả này ta sẽ tìm một số điều kiện để bài toán
(1’), (3) có nghiệm bị chặn, nghiệm bị chặn là duy nhất.


4

Chương 1. CÁC ĐỊNH LÍ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN
1.1. Phát biểu bài toán
Trong chương này chúng ta xét sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm bị chặn

(1.3)

ω (u ) = c

(1.4)

u '(t ) = l (u )(t )

(1.3 0 )

ω (u ) = 0

(1.4 0 )

và bài toán thuần nhất tương ứng

Trong đó l ∈ Lab , q ∈ L ([ a, b ]; R ) , c ∈ R , ω : C ([ a, b ]; R ) → R là toán tử tuyến tính
liên tục.
Xét bài toán sau trên [ a, +∞ )


5
u '(t ) = l (u )(t ) , ω (u ) = 0

(1.5)

u '(t ) = lb (u )(t ) , ω b (u ) = 0

(1.6)



{(c, q) : c ∈ R, q ∈ L ([ a, b]; R )} là không gian tuyến tính.

Trên R × L ([ a, b ]; R ) xét chuẩn

 t

c + sup  ∫ q ( s )ds : t ∈ [a, b] . Khi đó
(c, q ) =
 a


R × L ([ a, b ]; R ) là một không gian Banach.

Gọi Ω là quy tắc biến mỗi (c, q) ∈ R × L ([ a, b ]; R ) thành nghiệm của bài toán
(1.3), (1.4). Theo mệnh đề 1.1, Ω là một hàm số xác định trên R × L ([a, b]; R ) .
Ta có Ω là một toán tử tuyến tính. Thật vậy
Với (c1 , q1 ), (c2 , q2 ) ∈ R × L ([a, b]; R ) , λ1 , λ2 ∈ R thì
=
(c, q ) λ1 (c1 , q1 ) + λ2 (c2 , q2 ) ∈ R × L ([a, b]; R ) .


6

Ta có
u = Ω(c, q ) là nghiệm của bài toán

u '(t ) = l (u )(t ) + ll
u ) λ1c1 + λ2c2
1q1 (t ) + 2 q2 (t ) , ω (=

tại b0 ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mọi b ≥ b0 thì bài toán tương ứng (1.6) chỉ có
nghiệm tầm thường.
Mệnh đề 1.4
Giả sử với b ∈ ( a, +∞ ) , tồn tại ρ > 0 , tồn tại toán tử l ∈ L để bài toán (1.6) chỉ có
nghiệm tầm thường và với mỗi δ ∈ ( 0,1) , u ∈ C 0 ([ a, +∞ ) ; R ) thỏa mãn
u′(t ) =
lb (u )(t ) + δ  Fb (u )(t ) − lb (u )(t )  với t ≥ a

(1.9)


7
ω b (u ) = δ hb (u )

(1.10)

u ≤ρ

(1.11)

thì ta có bất đẳng thức
Khi đó bài toán tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) có nghiệm u0 cũng thỏa mãn (1.11).
Để chứng minh mệnh đề 1.4, trước hết ta xét bài toán sau trên [ a, b ]

Trong đó

Fˆ ∈ K ab ,

v '(t ) = Fˆ (v)(t )



(1.15)

ωˆ (u ) = δ hˆ(u )

(1.16)

thì ta có bất đẳng thức
u

C

≤ρ

Khi đó bài toán (1.12), (1.13) có một nghiệm u cũng thỏa mãn (1.17).
Chứng minh

(1.17)


8

Vì lˆ ∈ Lab , Fˆ ∈ K ab nên tồn tại η , η0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) và số thực α ∈ R+ sao cho
lˆ(u )(t ) ≤ η (t ) u

với t ∈ [ a, b ] , u ∈ C ([ a, b ]; R )

C

Fˆ (u )(t ) ≤ η0 (t ) với t ∈ [ a, b ] , u

C

(1.18)

với t ∈ [a, b] .

) hˆ(u)

(1.19)

Ta có q0 (u )(t ) ≤ γ (t ) , c0 (u ) ≤ α , với u ∈ C ([a, b]; R ) , t ∈ [a, b] .
Với mỗi v ∈ C ([ a, b ]; R ) ta xét bài toán
=
u′(t ) lˆ(u )(t ) + q0 (v)(t ) , ωˆ (u ) = c0 (v)

(1.20)

Vì bài toán (1.14) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo mệnh đề 1.1, bài toán
(1.20) chỉ có duy nhất một nghiệm u .
Hơn nữa theo mệnh đề 1.2, tồn tại β ∈ R+ sao cho
u

Suy ra u C ≤ β (α + γ

C

L


 t

u

C

≤ ρ0 , u′(t ) ≤ γ * (t ) với t ∈ [ a, b ]

(1.21)


9

Đặt Ω : C ([a, b]; R ) → C ([a, b]; R ) là toán tử biến mỗi v ∈ C ([ a, b ]; R ) thành nghiệm
u của bài toán (1.20). Theo định lí 3.2 ([2]), ta có Ω là toán tử tuyến tính liên

tục. Mặt khác, ta lại có
Ω(v )

C

t

≤ ρ0
t

Ω(v)(t ) − Ω(v)( s ) ≤ ∫ γ (ξ )dξ ≤ ∫ γ * (ξ ) dξ với a ≤ s ≤ t ≤ b
*

s

s


s

Từ đây ta suy ra dãy {un } liên tục đồng bậc và bị chặn đều trên [ a, b ] . Do đó,
theo định lí Arzelà – Ascoli, {un } chứa một dãy con {un

k

} hội tụ đều về một

hàm số u ∈ C ([a, b]; R ) .
Do Ω ( C ([ a, b ]; R ) ) đóng, {un } ⊂ Ω ( C ([ a, b ]; R ) ) , nên u ∈ Ω ( C ([ a, b]; R ) ) .
k


10

Ta có Ω : C ([ a, b ]; R ) → C ([ a, b ]; R ) là toán tử liên tục, C ([ a, b ]; R ) là tập lồi, đóng
và Ω ( C ([ a, b ]; R ) ) là tập compact tương đối. Theo định lí Schauder, Ω có một
điểm bất động u .
Ta có Ω(u )(t ) =
u (t ) với mọi t ∈ [ a, b ] .
Đặt

δ =σ ( u

C

).


suy ra u thỏa mãn (1.17).
Chứng minh mệnh đề 1.4
Với mỗi u ∈ C ([ a, b ]; R ) , đặt
uˆ (t ) = u (t ) nếu t ∈ [a, b] , u (t ) = u (b) nếu t > b

(1.25)

Ta thấy rằng
uˆ ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) và u

C

= uˆ

(1.26)

Đặt Fˆ , lˆ là các toán tử xác định trên C ([ a, b ]; R ) như sau
Fˆ (u )(t ) = F (uˆ )(t ) , lˆ(u )(t ) = l (uˆ )(t ) , t ∈ [ a, b ] , u ∈ Cloc ([ a, b ]; R )

(1.27)


11

Do F ∈ K , l ∈ L nên Fˆ ∈ K ab , lˆ ∈ Lab .
Với mỗi u ∈ C ([ a, b ]; R ) đặt
ωˆ (u ) = ω (uˆ ) , hˆ(u ) = h(uˆ )

(1.28)



Như vậy, ta đã chứng minh được bài toán (1.14) chỉ có nghiệm tầm thường.
Hơn nữa, với mỗi δ ∈ ( 0,1) và hàm số u ∈ C ([ a, b ]; R ) bất kì thỏa mãn (1.15),
(1.16) ta luôn có (1.17).


12

Theo bổ đề 1.5 thì bài toán (1.12), (1.13) có nghiệm u thỏa mãn u C ≤ ρ .
Ta dễ dàng chứng minh được hàm số uˆ được xác định như (1.25) chính là
nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) với uˆ (+∞) = u (b) và uˆ ≤ ρ .
1.3. Định lí về sự tồn tại của nghiệm bị chặn
Định lí 1.6
Cho ω ∈ ch , giả sử tồn tại l ∈ L thỏa mãn nghiệm bị chặn của bài toán (1.5) chỉ
là nghiệm tầm thường. Giả sử thêm rằng tồn tại và hàm số liên tục c : R+ → R+
thỏa mãn
h (v ) ≤ c ( v

)

với mọi v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R )

Hơn nữa, trên tập {v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) : ω (v) ≤ c ( v
t

t

a

a

 a
 


(1.34)

(1.35)

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn.
Để chứng minh định lí ta có một số bổ đề sau
Bổ đề 1.7
Giả sử tồn tại ρ > 0 và b0 ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mỗi b ≥ b0 thì phương trình
(1.1 0 ) có nghiệm ub thỏa mãn
ub ≤ ρ

(1.36)


13

Khi đó phương trình (1.1) có một nghiệm bị chặn u .
Hơn nữa, tồn tại dãy {ub }n =1 ⊂ {ub }b ≥ b thỏa mãn
+∞

n

0

lim ubn (t ) = u0 (t ) đều trên [ a, +∞ )


+∞

bn

n =1

⊂ {ub }b ≥ b

0

và hàm u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) thỏa mãn

lim bn = +∞ và (1.37). Từ (1.36) và (1.37) suy ra u ≤ ρ . Hiển nhiên, ta có

n →+∞

θb (ub )(t ) = ub (t ) với mọi t ≥ a . Do ub là nghiệm của phương trình (1.1 0 ) với
n

n

n

n

mỗi b = bn nên ta có ta có
t

u=
ubn (a ) + ∫ F (ubn )( s )ds với mọi t ≥ a

Khi đó tồn tại ρ > 0 và b0 ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mọi b ≥ b0 và u ∈ C 0 ([ a, +∞ ) ; R )
bất kì thỏa mãn (1.9), (1.10) với δ ∈ ( 0,1) thỏa mãn, ta có bất đẳng thức (1.11).
Chứng minh
Vì bài toán (1.5) chỉ có nghiệm bị chặn là tầm thường nên theo mệnh đề 1.3,
tồn tại b* ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mọi b ≥ b* thì bài toán (1.6) chỉ có nghiệm tầm
thường.
Ta cần chứng minh tồn tại ρ > 0 và b0 ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mọi b ≥ b0 , với mọi
u ∈ C 0 ([ a, +∞ ) ; R ) , với δ ∈ ( 0,1) thỏa mãn (1.9), (1.10) ta có bất đẳng thức

(1.11).
Ta sẽ chứng minh bổ đề bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử ngược lại, với mỗi n ∈ N , tồn tại bn ≥ b* , δ n ∈ ( 0,1) , un ∈ C 0 ([ a, +∞ ) ; R ) sao
cho (1.9), (1.10) được thỏa mãn với δ = δ n , b = bn , trong đó nlim
bn = +∞ và
→+∞
un > n với mọi n ∈ N . Ta có
lim un = +∞

n →+∞

(1.39)

Đặt
vn (t ) =

ρ1un (t )
un

với t ≥ a , n ∈ N



=
ω bn (vn )

1
=
ω b (un )
un n

ρ1δ n 
hb (un )
un

(1.43)

n

Ta có θb (un ) = un , θb (vn ) = vn với mọi n ∈ N .
n

n

Vì l ∈ L nên tồn tại l ∈ P sao cho l (v)(t ) ≤ l ( v ) (t ) với t ≥ a , v ∈ Cloc ([ a, +∞[ ; R ) .
Từ (1.33), (1.41), (1.42) suy ra
t

t

vn (t ) − vn ( s ) ≤ ∫ vn′ (ξ )dξ ≤ ∫ l (vn )(ξ ) dξ +
s

dãy con của {vn } hội tụ đều về v0 ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) trên mỗi khoảng con
compact của [ a, +∞[ . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng
lim vn (t ) = v0 (t ) đều trên [ a, +∞ )

(1.45)

n →+∞

Từ (1.41) và (1.45) suy ra
v0 ≤ ρ1

(1.46)

Từ (1.42) ta suy ra
t

t

a

a

vn (t ) =
vn (a ) + ∫ vn′ ( s )ds =
vn (a ) + ∫ l (vn )( s )ds +

ρ1d n
un

t


a

n

ρ1d n
un

t

∫ q ( s, u
a

n

)ds

(1.48)


16
=
ω (un ) δ n h(un ) ≤ c ( un

Từ (1.35), (1.39), (1.48) suy ra nlim
→+∞

ρ1
un



t

t

s

s

∫ l (v0 )(ξ )dξ ≤ ρ1 ∫ l (1)(ξ )dξ với a ≤ s ≤ t

Từ đó ta suy ra được sự tồn tại của giới hạn hữu hạn v0 (+∞) .
Từ (1.31), (1.43) suy ra
ω (vn )
=

ρ1δ n
un

 1
h(un ) ≤ ρ1δ n 
c u
 u ( n
 n



) 




Suy ra
+∞

vn (t ) ≤ vn (a ) +

∫ l (vn )(s)ds +
a

un

t

∫ F (u )(s) − l (u )(s)ds
n

n

s

 1
l
(
v
)(
s
)
ds
+
ρ

≤ vn (a ) + ∫ l (vn )( s )ds + ρ1 
sup  ∫ q ( s, un ) ds : t ≥ a  
 un

 a
a
 

+∞

(1.53)

Từ (1.45) và (1.52) suy ra tồn tại n1 ∈ N thỏa mãn
vn (a ) ≤

ρ1
5

với mọi n ≥ n1

(1.54)

 1
 t
 
Từ (1.35) và (1.39) suy ra nlim
ρ1 
sup  ∫ q ( s, un ) ds : t ≥ a   =
0.
→+∞


a0

Đặt M n sup { vn (t ) : t ∈ [ a, a0 ]} .
=
Từ (1.55) suy ra tồn tại n3 ∈ N sao cho M n ≤

ρ1
 a0

5 1 + ∫ l (1)( s )ds 


a



với mọi n ≥ n3 .

Với mọi n ≥ n3 ta có
+∞

a0

+∞

a0

+∞



Từ (1.53) – (1.57) suy ra với n ≥ n0 =
max {n1 , n2 , n3} ta có
vn (t ) ≤

Điều này mâu thuẫn với (1.41).

ρ1
5

+

2 ρ1 ρ1 4 ρ1
+
=
< ρ1
5
5
5

(1.57)


18

Chứng minh định lí 1.6
Với các giả thiết đã cho của định lí, các điều kiện của bổ đề 1.8 được thỏa
mãn. Do đó tồn tại ρ > 0 và b0 ∈ ( a, +∞ ) sao cho với mọi b ≥ b0 , với mọi
u ∈ C 0 ([ a, +∞ ) ; R ) và δ ∈ ( 0,1) thỏa mãn (1.9), (1.10) ta có bất đẳng thức (1.11).



n

n

n

Vì ub là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) với b = bn nên ta có
n

θb (ub ) = ub
n

n

(1.60)

n

Do ω , h liên tục nên từ (1.58), (1.59), (1.60) suy ra ω (u0 ) = h(u0 ) .
Do ub ≤ ρ với mọi n ∈ N , nên từ (1.58) suy ra u0 ≤ ρ .
n

Vậy u0 là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2).
Định lí 1.9
Cho ω ∈ W0 , giả sử tồn tại l ∈ L sao cho bài toán (1.5) chỉ có nghiệm bị chặn là
nghiệm tầm thường, tồn tại hàm số liên tục c : R+ → R+ sao cho bất đẳng thức
(1.31) được thỏa mãn và trên tập {v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) : ω (v) ≤ c ( v
thức (1.32), (1.33) được thỏa mãn, trong đó