Luận văn Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh

m i m i t u t t s u s ds t s ds u s ds m i t t t t t t i m u s ds t i m s t m i ρ ρ − − − − + − − + − +     = − ≤ −      −     ≤ − ≤ < = ≤ = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ (1.71) Từ (1.67) và (1.68), ta có 0 0 0 0 1 1 ( 1) ( 1) 1 ( ) ( ) 0 1 2 ( ) ( ) 0 0 1 0 1/22 2( ) ( )1 0 0 2 2 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t t j j t t t s k j k k t t t m j k j k k t k j kt m k k t p s u s u s ds u t u t p d p d u s u s ds l t l t s u s u s ds u s u s l t l ds t s t s τ τ τ τ ρ ρ − − − = − + − = − − = ≤ + ≤ + −    ≤ +  − −   ∫ ∫ ∑∫ ∫ ∑∫ ∑ ∫ 1 1/2 2 2 2 21 0 0 0 0 1 0 2( ) ( ) , (2 2 1)!!(2 2 2 1)!! t m k j t m j k ds l t l t t t t m k m j k ρ ρ + − − =         ≤ + ≤ < − − − − − ∫ ∑ (1.72) Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 1.8 Nếu 1(( , ))nlocu C a b −∈ thì với mọi s và t thuộc (a,b) thì 22 ( ) ( )( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t t n m n m n m n n n s s a u u d w t w s u dτ τ τ τ µ τ τ− −− − = − +∫ ∫ với 1 (2 ) 2 2 1 2 1 2(2 1 ) (2 ) ( 1) ( ) 2 1 1 2 11, , ( ) ( 1) ( ) ( ) 2 ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 2 m m j m j m m m j m m j m j m j j m m j m w t u t u t t aw t t a u t ju t u t u t µ µ + − −+ = + + − − − + = + = = = − − = − − − −  ∑ ∑ Chứng minh bổ đề 1.8 xem trong tài liệu [9]. 21 Chứng minh bổ đề 1.5 Từ 1 1 1 1 2 1 (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! n im i i n im i i m i l n m m i m i l n m m i − + = − + = − < − − − + − < − − − + ∑ ∑ suy ra 2 1 1 (2 )2 1 ( 1,2) (2 2 1)!!(2 1)!! m im ji i m i l j m i m − + = − < = − + −∑ nên tồn tại (0,1)γ ∈ sao cho 2 1 1 (2 )2 ( 1,2) (2 2 1)!!(2 1)!! m im ji n i m i l j m i m µ γ − + = − < − = − + −∑ (1.73) Đặt 2 2 2 2 0 2 (1 ) mr b a γ+ −= + − (1.74) Giả sử với  22 2 2,2 20 0 1 0( , ), ( , ), (( , ))n m mt a a t b b q L a b− − −∈ ∈ ∈ bài toán (1.1),(1.59) có nghiệm là u. Nhân (1.1) với 2( 1) ( ) ( )n m n mt a u t− −− − và tích phân từ t0 tới t1, theo bổ đề 1.8 ta có 1 0 1 0 1 0 2 2( ) ( )0 0 2 ( 1) 1 2 ( ) ( ) 2 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) t m m n t tm n m n m i i i t t n m n m t t a u t u t dt t a p t u t u t dt t a q t u t dt µ − − − = − − − + = − − + − − ∫ ∑∫ ∫ (1.75) Theo bổ đề 1.6, bổ đề 1.7 và điều kiện 2 1 0 2 2 0 ( ) ( , ) , ( ) ( , ) , ( 1,..., ) m i i i m i i i t a h t l a t a b t h t l b t b i m τ τ τ τ − − − ≤ < ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ < = nên ta có [ ] 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 2 2( ) 112 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1)2 ( ) (2 1)!! a a n m n m n m n m t t am m t t a p t u t dt t a p t u t dt m l u t dt m − − − − +  − − ≤ − −  − ≤ − ∫ ∫ ∫ 22 0 0 0 0 2 ( 1) 2 1 2( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) (2 )2 ( ) ( 2,..., ) (2 1)!!(2 2 1)!! a n m i i t am i m i t t a p t u t u t dt m i l u t dt i m m m i − − − + − − ≤ = − − + ∫ ∫ [ ] 1 1 0 0 1 0 2 2 2 2 1 1 2 2( ) 212 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1)2 ( ) (2 1)!! t t n m n m n m n m b b tm m b t a p t u t dt t a p t u t dt m l u t dt m − − − − +  − − ≤ − −  − ≤ − ∫ ∫ ∫ 1 0 1 0 2 ( 1) 2 1 2( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (2 )2 ( ) ( 2,..., ) (2 1)!!(2 2 1)!! t n m i i b tm i m i b t a p t u t u t dt m i l u t dt i m m m i − − − + − − ≤ = − − + ∫ ∫ (1.76) Từ (1.76) và (1.73) ta có 1 0 0 0 0 0 1 0 2 2 ( 1) 1 2 ( 1) 2 ( 1) 1 1 2 ( 1) 1 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tm n m n m i i i t a bm m n m i n m i i i i it a tm n m i i i b t a p t u t u t dt t a p t u t u t dt t a p t u t u t dt t a p t u t u t dt − − − = − − − − = = − − = − − ≤ − + − + − ∑∫ ∑ ∑∫ ∫ ∑ ∫ 0 0 0 0 0 0 2 1 22 ( 1) ( ) 1 1 1 2 1 2( ) 2 1 (2 )2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 2 1)!!(2 1)!! (2 )2 ( ) (2 2 1)!!(2 1)!! b am im m n m i m i i i ia t am im m i i t m it a p t u t u t dt l u t dt m i m m i l u t dt m i m − + − − = = − + = − ≤ − + − + − − + − + − ∑ ∑∫ ∫ ∑ ∫ 0 0 0 1 0 0 2 ( 1) 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) bm n m i i i a a t m m n t b t a p t u t u t dt u t dt u t dtµ γ − − = ≤ − +   − +     ∑ ∫ ∫ ∫ 0 1 0 0 22 ( 1) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b tm n m i m i n i a t t a p t u t u t dt u t dtµ γ− − = ≤ − + −∑ ∫ ∫ (1.77) Mặt khác, nếu đặt c=(a+b)/2, từ bổ đề 1.6 và bổ đề 1.7, ta có 23 1 0 1 0 0 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [( 2 ) ( ) ( ) '( )] ( ) [( 2 ) ( ) ( ) '( )] ( ) t n m t tc n m n m t c c c n m t t t t n m c c t a q t u t dt t a q t u t dt t a q t u t dt n m u t t a u t q s ds dt n m u t t a u t q s ds dt − − − − − − ≤ − + −   = − + −       + − + −     ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 0 0 1/2 1/2 2 2 2 2 2 1/22 2 2 2 ( ) ' ( )( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) c c m m t t c c n m t t u t dt u t dtn m t a t a t a q s ds − − −       ≤ − +       − −         × −      ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 1/2 1/2 2 '2 2 2 2 1/22 2 2 ( ) ( )( ) ( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) t t m m c c t t m c c u t dt u t dtb a n m b t b t b t q s ds − −       + − − +      − −          × −      ∫ ∫ ∫ ∫   1 2 2 2 2,2 2 0 1 2 2 2 2,2 2 0 1/2 1/2 2 2 21 ( ) ( ) 2 2( ) 2 1 2 1 2 (1 ) ( ) ( ) ( ) 2 (1 ) 2 n m m n m m tc m m m L t c t m m L t b a u t dt u t dt q u t dt b a qγ γ − − − − − − + + −       ≤ + − +          ≤ + + − ∫ ∫ ∫ (1.78) Từ (1.77),(1.78) và (1.74) ta có 1 0 0 1 0 0 2 2( ) ( )0 0 0 22 ( 1) ( ) 1 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t m m n t b tm n m i m i n i a t t a u t u t dt t a p t u t u t dt u t dt µ µ γ− − = − + ≤ − + − ∫ ∑ ∫ ∫  1 2 2 2 2,2 2 0 2 2( ) 2 1 2 1( ) 2 (1 ) 2 n m m t m m L t u t dt b a qγ γ − − − + −+ + + −∫ 24   01 0 0 2 2 2 2,2 2 01 0 0 2 2 2 2,2 2 1 0 2 2( ) ( ) 2 ( 1)0 0 0 1 22 1 2 1 2( ) 2 ( 1) 0 1 2 0 2( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 (1 ) 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n m m n m m bt m m m n m i i it a m L bt m m n m i i it a L t m t t a u t u t dt t a p t u t u t dt b a q u t dt t a p t u t u t dt r q u t γ γ γ − − − − − − − − = + − − − = − ⇔ + ≤ − + + − ⇔ ≤ − + ⇔ ∑∫ ∫ ∑∫ ∫ ∫  0 2 2 2 2,2 2 0 22 ( 1) 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n m m bm n m i i L i a dt r t a p t u t u t dt q − − − − − =    ≤ − +     ∑ ∫ Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 1.9 Nếu (( , ]) ( 1,...., )i locp L a b i m∈ = và tồn tại 0 ( , )a a b∈ và các số không âm ( 1,..., )il i m= sao cho 2 0( ) ( , ) , ( 1,..., ) m i i it a h t l a t a i mτ τ −− ≤ < ≤ ≤ = (1.79) 1 1 (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! n im i i m i l n m m i − + = − < − − − +∑ (1.80) Thì tồn tại hằng số dương r0 sao cho với mọi  2 2 2 20 0( , ), (( , ])n mt a a q L a b− −∈ ∈ và 1(( , ])nlocu C a b −∈ là nghiệm tùy ý của bài toán (1.1) với điều kiện biên ( 1) ( 1)0( ) 0 ( 1,..., ), ( ) 0 ( 1,..., ) i ju t i m u b j m n− −= = = = + (1.81) thì u thỏa đánh giá  2 2 2 2 0 0 2 2( ) 2 ( 1) 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n m b bm m n m i i L it a u t dt r t a p t u t u t dt q − − − − =    ≤ − +     ∑∫ ∫ (1.82) Chứng minh Từ 1 1 (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! n im i i m i l n m m i − + = − < − − − +∑ suy ra 2 1 1 (2 )2 1 (2 2 1)!!(2 1)!! m im i i m i l m i m − + = − < − + −∑ nên tồn tại (0,1)γ ∈ sao cho 25 2 1 1 (2 )2 (2 2 1)!!(2 1)!! m im i n i m i l m i m µ γ − + = − < − − + −∑ (1.83) Đặt 2 2 2 0 2 mr γ+ −= (1.84) Giả sử  2 2 2 20 0( , ), (( , ])n mt a a q L a b− −∈ ∈ bài toán (1.1),(1.81) có nghiệm là u. Nhân (1.1) với 2( 1) ( ) ( )n m n mt a u t− −− − và tích phân từ t0 tới b, theo bổ đề 1.8 ta có 0 0 0 2 2( ) ( )0 0 2 ( 1) 1 2 ( ) ( ) 2 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) b m m n t bm n m n m i i i t b n m n m t t a u t u t dt t a p t u t u t dt t a q t u t dt µ − − − = − − − + = − − + − − ∫ ∑∫ ∫ (1.85) Theo bổ đề 1.6, bổ đề 1.7 và điều kiện 2 0( ) ( , ) , ( 1,..., ) m i i it a h t l a t a i mτ τ −− ≤ < ≤ ≤ = ta có [ ] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 2 2( ) 12 2 ( 1) 2 1 2( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1)2 ( ) , (2 1)!! ( ) ( ) ( ) ( ) (2 )2 ( ) ( 2,.. (2 1)!!(2 2 1)!! a a n m n m n m n m t t am m t a n m i i t am i m i t t a p t u t dt t a p t u t dt m l u t dt m t a p t u t u t dt m i l u t dt i m m i − − − − + − − − +  − − ≤ − −  − ≤ − − − ≤ = − − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ., )m (1.86) Từ (1.86) và (1.83), ta có 0 0 0 0 2 2 ( 1) 1 2 ( 1) 2 ( 1) 1 1 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) bm n m n m i i i t a bm m n m i n m i i i i it a t a p t u t u t dt t a p t u t u t dt t a p t u t u t dt − − − = − − − − = = − − ≤ − + − ∑∫ ∑ ∑∫ ∫ 26 0 0 0 0 0 0 2 1 22 ( 1) ( ) 1 1 22 ( 1) ( ) 1 (2 )2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 2 1)!!(2 1)!! ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ab m im m n m i m i i i ia t abm n m i m i n i a t m it a p t u t u t dt l u t dt m i m t a p t u t u t dt u t dtµ γ − + − − = = − − = − ≤ − + − + −   ≤ − + −      ∑ ∑∫ ∫ ∑ ∫ ∫ 0 0 22 ( 1) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b bm n m i m i n i a t t a p t u t u t dt u t dtµ γ− − =   ≤ − + −      ∑ ∫ ∫ (1.87) Mặt khác, nếu đặt c=(a+b)/2, từ bổ đề 1.6 và bổ đề 1.7, ta có 0 0 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b n m t c b n m n m t c t a q t u t dt t a q t u t dt t a q t u t dt − − − − ≤ − + − ∫ ∫ ∫ 0 2 2 [( 2 ) ( ) ( ) '( )] ( ) [( 2 ) ( ) ( ) '( )] ( ) c c n m t t b t n m c c n m u t t a u t q s ds dt n m u t t a u t q s ds dt − −   = − + −       + − + −     ∫ ∫ ∫ ∫ 0 0 1/2 1/2 2 2 2 2 2 ( ) ' ( )( 2 ) ( ) ( ) c c m m t t u t dt u t dtn m t a t a −       ≤ − +       − −     ∫ ∫ 0 1/22 2 2 2 1/2 1/22 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ' ( )( 2 ) ( ) ( ) c c n m t t b b m m c c t a q s ds u t dt u t dtn m t a t a − − −     × −            + − +    − −      ∫ ∫ ∫ ∫ 1/22 2 2 2( ) ( ) b t n m c c t a q s ds− −     × −      ∫ ∫   2 2 2 0 2 2 2 0 1/2 1/2 2 21 ( ) ( ) 2 2( ) 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 n m n m c b m m m L t c b m m L t u t dt u t dt q u t dt qγ γ − − − − + + −      ≤ +         ≤ + ∫ ∫ ∫ (1.88) Từ (1.87),(1.88), và (1.84) ta có 27  0 0 0 0 2 2 2 2 0 2 2( ) ( )0 0 0 22 ( 1) ( ) 1 2 2( ) 2 1 1 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 n m b m m n t abm n m i m i n i a t b m m L t t a u t u t dt t a p t u t u t dt u t dt u t dt q µ µ γ γ γ − − − − = + − − + ≤ − + − + + ∫ ∑ ∫ ∫ ∫  0 0 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 ( 1)0 0 0 1 22 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 n m b bm m m n m i i it a m L t a u t u t dt t a p t u t u t dt q γ γ − − − − = + − − ⇔ + ≤ − + ∑∫ ∫   0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2( ) 2 ( 1) 0 1 2 0 2 2( ) 2 ( 1) 0 0 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n m n m b bm m n m i i it a L b bm m n m i i L it a u t dt t a p t u t u t dt r q u t dt r t a p t u t u t dt q γ − − − − − − = − − = ⇔ ≤ − +    ⇔ ≤ − +     ∑∫ ∫ ∑∫ ∫ Vậy bổ đề được chứng minh. □ 28 CHƯƠNG 2: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH. 2.1. Định lí Fredholm Trong chương này, chúng ta sử dụng các kết quả của chương 1 để chứng minh các định lí về tồn tại nghiệm duy nhất của hai bài toán (1.1),(1.2) và (1.1),(1.3). Xét bài toán thuần nhất tương ứng với bài toán (1.1),(1.2) và (1.1),(1.3) lần lượt là bài toán (1.10),(1.2) và (1.10),(1.3) ( ) ( 1) 1 ( ) m n i i i u p t u − = =∑ (1.10) với điều kiện biên ( 1) ( ) 0iu a− = (i=1,...,m) ( 1) ( ) 0ju b− = (j=1,,n-m) (1.2) hoặc với điều kiện biên ( 1) ( ) 0iu a− = (i=1,,m) ( 1) ( ) 0ju b− = (j=m+1,,n). (1.3) Định nghĩa 2.1 Bài toán (1.1),(1.2) ((1.1),(1.3)) gọi là có tính chất Fedholm trong không gian  1, (( , ))n mC a b− (trong không gian  1, (( , ]))n mC a b− nếu bài toán thuần nhất tương ứng (1.10),(1.2) ((1.10),(1.3)) trong không gian này có nghiệm duy nhất thì bài toán (1.1),(1.2) ((1.1),(1.3)) cũng có nghiệm duy nhất trong không gian  1, (( , ))n mC a b− (trong không gian  1, (( , ]))n mC a b− với mọi  2 2 2 2,2 2 (( , ))n m mq L a b− − −∈ (  2 2 2 2 (( , ]))n mq L a b− −∈ và thỏa các đánh giá sau  ( ) 22 2 2 2,2 2 22 2 2 2 ( ) ( ) n m m n m m LL m LL u r q u r q − − − − − ≤ ≤ với r hằng số dương không phụ thuộc vào q. Chú ý 2.2 Nếu 2 2 2 ,2 (( , ))n m mq L a b−∈ ( 22 2 ,0 (( , ))n mq L a b−∈ ) (2.1) 29 hoặc 1/2, 1/2 (( , ))n m mq L a b− − −∈ ( 1/2,0 (( , ))n mq L a b− −∈ ) (2.2) thì  2 2 2 2,2 2 (( , ))n m mq L a b− − −∈  2 2 2 2( (( , ]))n mq L a b− −∈ . (2.3) Từ   22 2 2 2,2 2 22 2 2 2 ( ) ( ) n m m n m m LL m LL u r q u r q − − − − − ≤ ≤ ( (2.4) suy ra 2 22 2 2 2 ,2 2 2 ,0 2 2 1/2, 1/2 1/2,0 ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) n m m n m n m m n m m m L LL L m m L LL L u r q u r q u r q u r q − − − − − − − ≤ ≤ ≤ ≤ (2.5) với r0 hằng số dương không phụ thuộc vào q. Để chứng minh chú ý 2.2 cần các bổ đề 2.3, 2.4, 2.4’, 2.5, 2.5’. Bổ đề 2.3 Nếu  0 1(( , ])locu C t t∈ và 1 0 ( 1)/2 0( ) '( ) t t t t u t dtα+− < +∞∫ (2.6) với 1α ≠ − . Hơn nữa, nếu 11, ( ) 0u tα > − = (2.7) hoặc 01, ( ) 0u tα < − = (2.8) thì 1 1 0 0 2 2 ( 1)/2 0 0 1( ) ( ) ( ) '( ) 1 t t t t t t u t dt t t u t dtα α α +   − ≤ −  +   ∫ ∫ . Chứng minh Theo công thức tích phân từng phần, ta có 30 1 1 2 1 2 1 2 0 1 0 1 0 1 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ( ) ( ) '( ) 1 t s t s t t u t dt t t u t s t u s t t u t u t dt α α α α α α + + +  − = − − − + − − + ∫ ∫ (2.9) với 0 1t s t< < . Nếu điều kiện (2.7) xảy ra thì từ (2.9) ta có 1 1 1 1 1 1 1 2 1 0 0 1 0 (1 )/2 (1 )/2 0 0 2 (1 )/2 0 2( ) ( ) ( ) '( ) ( ) 1 2 ( ) '( ) '( ) 1 2 ( ) '( ) ( ) '( ) 1 1 ( ) '( ) 1 t t s s t t s t t t s t t s t t u t dt t t u t u t dt t t u t u d dt t t u t t u d dt t u d α α α α α α α τ τ α τ τ τ α τ τ τ α + + + + + − ≤ − + = − +   ≤ − −  +     = −  +   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ với 0 1t s t< < . Nếu điều kiện (2.8) xảy ra thì từ (2.6), ta được ( ) ( ) 0 0 (1 )/2 (1 )/2 0 0 0 1( ) '( ) '( ) , s s t t u s u t dt s t s t u t dt t s tα α− + +≤ ≤ − − < <∫ ∫ nên u thỏa 0 1 2 0lim( ) ( ) 0s t s t u s α+ → − = . Mặt khác, từ (2.9) ta có 1 1 1 0 2 1 2 0 0 (1 )/2 (1 )/2 0 0 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 ( ) '( ) ( ) '( ) 1 t s t t s t t t u t dt s t u s t t u t t u d dt α α α α α τ τ τ α + + + − ≤ − +   + − −  +   ∫ ∫ ∫ 1 0 2 1 2 (1 )/2 0 0 1 1( ) ( ) ( ) '( ) 1 1 t t s t u s t u dα ατ τ τ α α + +   ≤ − + −  + +   ∫ với 0 1t s t< < . Cho 0s t→ thì 1 1 0 0 2 2 ( 1)/2 0 0 1( ) ( ) ( ) '( ) 1 t t t t t t u t dt t t u t dtα α α +   − ≤ −  +   ∫ ∫ . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 2.4 31 Nếu 1α > − , 2 2,0 0 1(( , ))L t tαγ +∈ (2.10) thì  2 0 1(( , ])L t tαγ ∈ và  2 2 2,0 2 1L Lα α γ γ α + ≤ + . Chứng minh Theo bổ đề 1.2 và điều kiện (2.10), ta có 0 0 2 2 2 0 0 0 12 4( ) ( ) ( ) ( ) , (1 ) s s s t t t t t d dt t t t dt t s tα αγ τ τ γ α + − ≤ − < <  +  ∫ ∫ ∫ suy ra 0 0 1/2 1/22 2 2 0 02 4( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) s s s t t t t t d dt t t t dtα αγ τ τ γ α +       − ≤ −      +     ∫ ∫ ∫ (2.11) với 0 1t s t≤ ≤ . Vậy  2 2 2,0 2 1L Lα α γ γ α + ≤ + . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 2.4’ Nếu 1α > − , (1 )/2,0 0 1(( , ))L t tαγ +∈ thì  2 0 1(( , ])L t tαγ ∈ và  2 2 (1 )/2,0 1/2(1 ) L Lα α γ α γ + −≤ + . Chứng minh Từ điều kiện 2(1 )/2,0 0 1(( , ))L t tαγ +∈ và bổ đề 2.3, ta có ( ) 0 0 22 2 /2 0 02 1( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) s s s t t t t t d dt t t t dtαα γ τ τ γ α +    − ≤ −    +    ∫ ∫ ∫ với 0 1t s t≤ ≤ suy ra ( ) 0 0 1/21/2 22 2 /2 0 02 1( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) s s s t t t t t d dt t t t dtαα γ τ τ γ α +         − ≤ −       +       ∫ ∫ ∫ 32 với 0 1t s t≤ ≤ . Vậy  2 2 (1 )/2,0 1/2(1 ) L Lα α γ α γ + −≤ + . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 2.5 Nếu 1, 1α β> − > − , 2 2, 2 0 1(( , ))L t tα βγ + +∈ (2.12) thì  2 , 0 1(( , ))L t tα βγ ∈ và  2 2 , 2, 2L Lα β α β γ γ γ + + ≤ (2.13) với 1 /2 1 /2 1 0 1 0 2 2 2 2 1 1t t t t β α γ α β + +     = +   + − + −    . (2.14) Chứng minh Theo bổ đề 1.2 0 0 0 0 2 2 2 0 02 ( 2) 2 2 2 1 0 0 12 ( 2) 2 2 2 0 12 1 0 4( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) 4 2( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) t t t t s t t t t t s t d ds s t s ds t t s t t s s ds s t t s s ds t t α α β α β β α β γ τ τ γ α γ α γ α + − + + + + + +   − ≤ −  +  ≤ − − − + ≤ − − + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ với 0 1t t t≤ ≤ . Suy ra 2 2, 2 0 1/22 1 /2 0 1 0 2 2( ) ( ) 1 t t L t s s t d ds t t α β β α γ τ τ γ α + + +      − ≤     + −    ∫ ∫ . (2.15) Mặc khác 33 1 1 1 1 2 2 2 1 12 ( 2) 2 2 2 1 0 0 12 2 2 2 2 0 12 1 0 4( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) 4 2( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) t ts t t t t t t t t s d ds t s s ds t t s t t s s ds s t t s t ds t t β β α α β α α β γ τ τ γ α γ α γ α + − + + + + + +   − ≤ −  +  ≤ − − − + ≤ − − + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ với 0 1t t t≤ ≤ . Suy ra 1 2 2, 2 1/22 1 /2 1 1 0 2 2( ) ( ) 1 t s L t t t s d ds t t α β α β γ τ τ γ β + + +      − ≤     + −    ∫ ∫ (2.16) với 0 1t t t≤ ≤ Từ (2.15), (2.16) suy ra  2 2 , 2, 2L Lα β α β γ γ γ + + ≤ với 1 /2 1 /2 1 0 1 0 2 2 2 2 1 1t t t t β α γ α β + +     = +   + − + −    . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 2.5’ Nếu 1, 1α β> − > − , (1 )/2,(1 )/2 0 1(( , ))L t tα βγ + +∈ thì  2 , 0 1(( , ))L t tα βγ ∈ và  2 , (1 )/2,(1 )/2L Lα β α β γ γ γ + + ≤ với 1 /2 1 /2 1/2 1/2 1 0 1 0 2 2(1 ) (1 ) t t t t β α γ α β + + − −   = + + +   − −    . Chứng minh Theo bổ đề 2.3 34 0 0 0 1/22 1/2 2 0 0 1/2 ( 2)/2 ( 2)/2 ( 2)/2 1 0 0 1 1/2 ( 2)/2 ( 2)/2 ( 2)/2 0 1 1 0 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 t t t t s t t t t s t d ds s t s ds t t s t t s s ds s t t s s ds t t α α β α β β α β γ τ τ γ α γ α γ α + − + + + + + +      − ≤ −     +     ≤ − − − +   ≤ − − + −  ∫ ∫ ∫ ∫ 0 t ∫ với 0 1t t t≤ ≤ . Suy ra 2 ( 2),/2( 2)/2 0 1/22 1 /21/2 0 1 0 1 2( ) ( ) 1 t t L t s s t d ds t t α β β α γ τ τ γ α + + +      − ≤      + −      ∫ ∫ (2.17) với 0 1t t t≤ ≤ . Mặc khác 1 1 1/22 1/2 ( 2)/2 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 t ts t t t t s d ds t s s dsβ βγ τ τ γ β +      − ≤ −     +    ∫ ∫ ∫ 1 1 1/2 ( 2)/2 ( 2)/2 ( 2)/2 1 0 0 1 1/2 ( 2)/2 ( 2)/2 ( 2)/2 0 1 1 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2( ) ( ) ( ) ( ) 1 t t t t t t s t t s s ds s t t s s ds t t α α β α α β γ β γ β − + + + + + +   ≤ − − − +    ≤ − − + −  ∫ ∫ với 0 1t t t≤ ≤ . Suy ra 1 ( 2)/2,( 2)/2 1/22 1 /21/2 1 1 0 1 2( ) ( ) 1 t s L t t t s d ds t t α β α β γ τ τ γ β + + +      − ≤      + −      ∫ ∫ (2.18) với 0 1t t t≤ ≤ . Từ (2.17), (2.18) suy ra  2 , (1 )/2,(1 )/2L Lα β α β γ γ γ + + ≤ với 1 /2 1 /2 1/2 1/2 1 0 1 0 2 2(1 ) (1 ) t t t t β α γ α β + + − −   = + + +   − −    . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Chứng minh chú ý 2.2 35 Từ điều kiện 22 2 ,0 (( , ))n mq L a b−∈ ( 1/2,0 (( , ))n mq L a b− −∈ ) và theo bổ đề 2.4, bổ đề 2.4’ thì  2 2 2 2 (( , ])n mq L a b− −∈ và  ( )2 22 22 2 2 2 2 22 2 ,0 1/2,0n m n mn m n mL L L Lq q q qγ γ− − − −− − −≤ ≤ với γ là hằng số dương không phụ thuộc vào q. Mặt khác từ  22 2 2 2 ( ) n m m LL u r q − − ≤ ta có ( )2 22 2 2 2 ,0 2 2 ,0 1/2,0 1/2,0 ( ) ( ) 0 0 n m n m n m n m m m L L L LL L u r q r q u r q r qγ γ − − − − − − ≤ = ≤ = (2.19) với 0r rγ= hằng số dương không phụ thuộc vào q. Từ điều kiện 22 2 ,2 (( , ))n m mq L a b−∈ ( 1/2, 1/2 (( , ))n m mq L a b− − −∈ ) và theo bổ đề 2.5, bổ đề 2.5’ thì  2 2 2 2,2 2 (( , ))n m mq L a b− − −∈ và  ( )2 22 22 2 2,2 2 2 2 2,2 22 2 ,2 1/2, 1/2n m m n m mn m m n m mL L L Lq q q qγ γ− − − − − −− − − −≤ ≤ với γ là hằng số dương không phụ thuộc vào q. Mặt khác từ  22 2 2 2,2 2 ( ) n m m m LL u r q − − − ≤ ta có ( )2 22 2 2 2 ,2 2 2 ,2 1/2, 1/2 1/2, 1/2 ( ) ( ) 0 0 n m m n m m n m m n m m m m L L L LL L u r q r q u r q r qγ γ + + − − − − − − ≤ = ≤ = (2.20) với 0r rγ= hằng số dương không phụ thuộc vào q. Từ (2.19),(2.20) dễ thấy được điều phải chứng minh. Vậy chú ý được chứng minh. □ Định lí 2.6 Nếu tồn tại 0 0 0( , ), ( , )a a b b a b∈ ∈ và các số không âm 1 2, ( 1,....., )i il l i m= sao cho 2 1 0 2 2 0 ( ) ( , ) , ( ) ( , ) , ( 1,..., ) m i i i m i i i t a h t l a t a b t h t l b t b i m τ τ τ τ − − − ≤ < ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ < = (2.21) 36 1 1 1 1 2 1 (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! (2 )2 (2 2 1)!! (2 2 1)!! n im i i n im i i m i l n m m i m i l n m m i − + = − + = − < − − − + − < − − − + ∑ ∑ (2.22) Thì bài toán (1.1),(1.2) có tính chất Fredholm trong không gian  1, (( , )) n m C a b − . Để chứng minh định lí 2.6 ta cần bổ đề 2.7. Bổ đề 2.7 Nếu (( , )) ( 1,...., )i locp L a b i m∈ = và tồn tại 0 ( , )a a b∈ , 0 0( , )b a b∈ và các số không âm 1 2, ( 1,..., )i il l i m= sao cho (2.21), (2.22) xảy ra và nếu n là lẻ thì p1 thỏa điều kiện 2 1 1limsup ( ) ( ) , 2 t m t b c a bb t p s ds c− → + − < +∞ =∫ . Hơn nữa, nếu bài toán (1.10),(1.2) trong không gian  1, (( , ))n mC a b− chỉ có nghiệm tầm thường. Thì tồn tại (0, ( ) / 2), 0b a rδ ∈ − > sao cho với mọi 0 1( , ], [ , )t a a t b bδ δ∈ + ∈ − và  2 2 2 2,2 2 (( , ))n m mq L a b− − −∈ bài toán (1.1) với điều kiện biên ( 1) 0 ( 1) 1 ( ) 0 ( 1,..., ) ( ) 0 ( 1,..., ) i j u t i m u t i n m − − = = = = − (2.23) có nghiệm duy nhất trong không gian  1(( , ))nlocC a b − và thỏa đánh giá  1 2 2 2 2,2 2 0 1/2 2( ) ( ) n m m t m L t u t dt r q − − −   ≤     ∫ (2.24) Chứng minh Lấy tùy ý 0 1( , ), ( , )t a a t b bδ δ∈ + ∈ − và 0 1([ , ])q L t t∈ cố định lại, ta chứng minh bài toán (1.1),(2.23) có nghiệm duy nhất thỏa (2.24). Giả sử bổ đề là không đúng. Khi đó với mỗi số k tự nhiên tùy ý thì tồn tại 0 1( , ), ( , )2 2k k b a b at a a t b b k k − − ∈ + ∈ − (2.25) và một hàm  22 2 2,2 2 (( , ))n m mkq L a b− − −∈ sao cho bài toán (1.1),(1.23) có nghiệm  1 (( , )) n locku C a b − ∈ thỏa  1 2 2 2 2,2 2 0 1/2 1/2( ) k n m m k t m k k L t u dt k q − − −   >     ∫ (2.26) Đặt 37 1 0 1/2 2( )( ) ( ) k k t m k k k t v t u dt u t −   =      ∫ và 1 0 1/2 2( ) 0 ( ) ( ) k k t m k k k t q t u dt q t −   =      ∫ (2.27) Thì vk(t) là nghiệm của bài toán ( ) ( 1) 0 1 ( 1) ( 1) 0 1 ( ) ( ) ( ) 0 ( 1,..., ), ( ) 0 ( 1,..., ) m n i i k i i i k k v p t v q t v t i m v t i n m − = − − = + = = = = − ∑ (2.28) Hơn nữa, ta có  1 2 2 2 2,2 2 0 2( ) 0 1( ) 1, ( 1,2,...) k n m m k t m k k L t v t dt q k k− − − = < =∫ (2.29) Khi đó dễ thấy ( )kv t cũng là nghiệm của bài toán (1.5),(1.6) do đó theo bổ đề 1.1 ta có ( 1)lim ( ) 0ikk v t − →+∞ = hội tụ đều trên (a,b) (i=1,,n). và theo bổ đề 1.5 ta có 0 0 2 ( 1) 2 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1, 2,...) bm n m i i k k i a r t a p t v t v t dt k k− − − =    ≤ − + =     ∑ ∫ (2.30) với r0 là hằng số không phụ thuộc vào k. Cho k →+∞ , gặp mâu thuẫn 1 0≤ . Vậy bổ đề được chứng minh. □ Chứng minh định lí 2.6 Giả sử bài toán (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường và r, δ là các hằng số trong bổ đề 2.7. Đặt 0 1, ( 1, 2,...)k kt a t b kk k δ δ = + = − = Theo bổ đề 2.7 thì với mỗi số k tự nhiên bài