Luận văn Bài toán dạng cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến hai chiều

a có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )* *1 1 1 2 2 2sgn , sgnq t x t q t q t x t q t≤ ≤  , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.28) Để làm rõ ràng, chúng ta sẽ phân chia những trường hợp sau để thảo luận: (a) Hàm 1 2, x x không đổi dấu và ( ) ( )1 2 0x t x t ≥ , với [ ] ,t a b∈ (2.29) (b) Hàm 1 2, x x không đổi dấu và ( ) ( )1 2 0x t x t ≤ , với [ ] ,t a b∈ (2.30) (c) Hàm 1x đổi dấu. Hàm 2x xảy ra những trường hợp sau: (c1) ( )2 0x t ≥ , với [ ] ,t a b∈ ; (c2) ( )2 0x t ≤ , với [ ] ,t a b∈ ; (c3) Hàm 2x đổi dấu. Trường hợp (a): Hàm 1 2, x x không đổi dấu và ( ) ( )1 2 0x t x t ≥ , với [ ] ,t a b∈ . Vì (2.28) và giả thiết 0 1, , abp g g ∈ , từ (2.26) và (2.27) ta có: ( ) ( )( ) ( )*1 2 1x t p x t q t′ ≤ + , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.31) ( ) ( )( ) ( )*2 0 1 2x t g x t q t′ ≤ + , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.32) Vì hàm 1 2, x x không đổi dấu và [ ]( )1 2, , ;x x C a b∈   nên tồn tại ( ) [ ]{ }1 1max : , Cx t t a b x∈ = và ( ) [ ]{ }2 2max : , Cx t t a b x∈ = Vậy tồn tại [ ]1 2, ,t t a b∈ sao cho: ( )1 1 1 Cx t x= và ( )2 2 2 Cx t x= (2.33) Lấy tích phân hai vế của (2.31) từ a đến 1t , ta có: ( ) ( )( ) ( ) 11 1 * 1 2 1 tt t a a a x s ds p x s ds q s ds′ ≤ + ∫∫ ∫ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 11 11 * 2 1 * 1 1 1 2 1 1 tt a a tt a a t a p x s ds q s ds x t x a p x s ds q x s s ds + ⇔ − ≤ + ⇔ ≤ ∫∫ ∫∫ Theo (2.5), (2.33) và giả thiết abp∈ suy ra: ( )( ) ( ) ( )( ) 11 1 * * 1 1 2 1 * * 1 2 1 2 1 1 tt C a a t L a C C x c p x s ds q s ds c x p s ds q x P f ≤ + + ≤ + ≤ + + ∫∫ ∫ ,với * *1 1 1 Lf c q= + Tiếp tục lấy tích phân hai vế (2.32) từ a đến 2t , ta có: ( ) ( )( ) ( ) 22 2 * 2 0 1 2 tt t a a a x s ds g x s ds q s ds′ ≤ + ∫∫ ∫ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 22 22 2 * 0 1 2 * 2 2 1 2 2 0 2 tt a a tt a a t a g x s ds q s ds x t x a g x s ds q s ds x s + ⇔ − ≤ + ⇔ ≤ ∫∫ ∫∫ Theo (2.5), (2.33) và giả thiết 0 abg ∈ suy ra: ( )( ) ( ) ( )( ) 22 2 * * 2 2 0 1 2 * * 2 1 0 2 1 0 2 1 tt C a a t C L a C x c g x s ds q s ds c x g s ds q x G f ≤ + + ≤ + + ≤ + ∫∫ ∫ ,với *2 2 * 2 Lf c q= + (2.34) Hai bất đẳng thức sau cùng suy ra: 1 1 0 2 1C C x x PG Pf f≤ + + 2 2 0 0 1 2C C x x PG G f f≤ + + Và do đó sử dụng bất đẳng 0 1PG < trong (2.13), ta có: 0 1 1 2 2 1 2 0 0 0 0 1 1; 1 1 1 1C C GPx f f x f f PG PG PG PG ≤ + ≤ + − − − − Suy ra: 0 1 2 1 2 0 0 1 1 1 1C C G Px x f f PG PG + + + ≤ + − − Do đó, đánh giá (2.8) thỏa với 𝜚1, 𝜚2 được cho bởi (2.24) và (2.25). Trường hợp (b): Hàm 1 2,x x không đổi dấu và ( ) ( )1 2 0x t x t ≤ , với [ ] ,t a b∈ . Vì (2.28) và giả thiết 0 1, , abp g g ∈ , từ (2.26) và (2.27) ta có: ( ) ( )*1 1x t q t′ ≤ , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.35) ( ) ( )( ) ( )*2 1 1 2x t g x t q t′ ≤ + , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.36) Vì hàm 1 2, x x không đổi dấu và [ ]( )1 2, , ;x x C a b∈   nên ta cũng có [ ]1 2, ,t t a b∈ sao cho: ( )1 1 1 Cx t x= và ( )2 2 2 Cx t x= (2.33) Lấy tích phân hai vế (2.35) từ a đến 1t , theo (2.5) và (2.33) ta có: ( ) 1 * * 1 1 1 1 t C a x c q s ds f≤ + ≤∫ với * *1 1 1 Lf c q= + . Lấy tích phân (2.36) từ a đến 2t , từ (2.5), (2.33) và giả thiết 1 abg ∈ , suy ra: ( )( ) ( ) 2 2 * * 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 t t C C a a x c g x s ds q s ds x G f G f f≤ + + ≤ + ≤ +∫ ∫ với *2 * 2 2 L f c q= + Suy ra: ( )1 2 1 1 21C Cx x G f f+ ≤ + + Do đó, đánh giá (2.8) thỏa với 1 2,   được cho bởi (2.24) và (2.25). Trường hợp (c): Hàm 1x đổi dấu. Với 1, 2i = , ta đặt: ( ) [ ]{ } ( ) [ ]{ } max : , min : , i i i i M x t t a b m x t t a b = ∈ = − ∈ , (2.37) Và ta chọn [ ], , , 1, 2i i a b iα β ∈ = sao cho: ( ) ( ), i i i i i ix M x mα β= = − , với 1, 2i = . (2.38) Hiển nhiên 1 0M > và 1 0m > . Do đó, theo (2.5), tồn tại [ ]3 1,t a α∈ và [ ]4 1,t a β∈ sao cho: ( ) ( )* *1 3 1 1 4 1, x t c x t c≤ ≤ (2.39) Nếu 3 1t α , với [ ]3 1,t t α∈ (2.40) Nếu 4 1t β< thì ( )1 0x t < , với [ ]4 1,t t β∈ (2.41) Rõ ràng[ ] [ ]3 1 4 1, ,t tα β∩ =∅ . Đặt: ( )( ) ( )( ) 1 1 3 4 1 21 , 1 t t P p s ds P p s ds α β = =∫ ∫ Lấy tích phân của (2.26) từ 3t đến 1α ta có: ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 3 3 3 1 2 1 t t t x s ds p x s ds q s ds α α α ′ = +∫ ∫ ∫  ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 3 3 3 1 1 3 3 1 2 1 1 1 1 3 2 1 t t t t t x s p x s ds q s ds x x t p x s ds q s ds α α α α α α ′⇔ = + ⇔ − = + ∫ ∫ ∫ ∫   Theo (2.28), (2.37), (2.38), (2.39), (2.40) và abp∈ suy ra: ( ) ( )( ) ( ) 1 1 3 3 1 1 3 2 1 t t M x t p x s ds q s ds α α = + + ≤∫ ∫  ( )( ) ( ) 1 1 3 3 * * 1 2 1 2 1 11 t t c M p s ds q s ds M P f α α ≤ + + ≤ +∫ ∫ (2.42) Tiếp tục lấy tích phân (2.26) từ 4t đến 1β ta có: ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 4 4 4 1 2 1 t t t x s ds p x s ds q s ds β β β ′ = +∫ ∫ ∫  ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 4 4 4 1 1 4 4 1 2 1 1 1 1 4 2 1 t t t t t x s p x s ds q s ds x x t p x s ds q s ds β β β β β β ′⇔ = + ⇔ − = + ∫ ∫ ∫ ∫   Theo (2.28), (2.37), (2.38), (2.39), (2.41) và abp∈ suy ra: ( ) ( )( ) ( ) 1 1 4 4 1 1 4 2 1 t t m x t p x s ds q s ds β β − = + +∫ ∫  ( ) ( )( ) ( ) 1 1 4 4 1 1 4 2 1 t t m x t p x s ds q s ds β β ⇔ = − − −∫ ∫  ( )( ) ( ) 1 1 4 4 * * 1 2 1 2 2 11 t t c m p s ds q s ds m P f β β ≤ + + ≤ +∫ ∫ (2.43) , với * *1 1 1 Lf c q= + . Bây giờ chúng ta thảo luận những trường hợp từ (c1) – (c3). Trường hợp (c1): ( )2 0x t ≥ , với [ ],t a b∈ . Rõ ràng 2 2 CM x= và 2 0m ≤ . Do đó, vì giả thiết abp∈ , (2.42) và (2.43) ta có: 1 2 1 1 1, M M P f m f≤ + ≤ (2.44) Theo (2.28) và (2.37) và các giả thiết 𝑔0,𝑔1 ∈ 𝒫𝑎𝑏, từ (2.27), ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )*2 1 0 1 1 21 1x t M g t m g t q t′ ≤ + + , với mỗi [ ],t a b∈ Lấy tích phân của bất đẳng thức trên từ 2a α→ , theo (2.5) và (2.38) ta có: ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 * * 2 2 1 0 1 1 21 1 a a a M c M g s ds m g s ds q s ds α α α ≤ + + + ≤∫ ∫ ∫ 1 0 1 1 2M G m G f≤ + + (2.45) Kết hợp (2.44) và (2.45) , ta có: 2 2 0 0 1 1 1 2M M PG G f G f f≤ + + + Và do đó, sử dụng bất đẳng thức 0 1PG < trong (2.13) ta được: 0 1 2 2 1 2 0 0 1 1 1C G Gx M f f PG PG + = ≤ + − − Mặt khác, từ (2.44) và (2.45) ta cũng có: ( ) ( ) 1 1 0 1 1 2 1 1 0 1 1 21 M M G m G f P f M PG PG f Pf ≤ + + + ≤ + + + ( )1 1 1 2 0 0 1 1 1 PG pM f f PG PG + ⇒ ≤ + − − { } 11 1 1 1 2 0 0 1max , 1 1C PG Px M m f f PG PG + ⇒ = ≤ + − − (2.46) Suy ra: 0 1 1 1 2 1 2 0 0 1 1 1 1C C G G PG Px x f f PG PG + + + + + ≤ + − − Do đó, đánh giá (2.8) thỏa với 𝜚1, 𝜚2 được cho bởi (2.24) và (2.25). Trường hợp (c2): ( )2 0x t ≤ , với [ ],t a b∈ . Rõ ràng, 2 0M ≤ và 2 2 Cm x= . Do đó, từ (2.42) và (2.43) suy ra: 1 1 1 2 1, M f m m P f≤ ≤ + (2.47) Vì (2.28), (2.37) và giả thiết 0 1, abg g ∈ , từ (2.27) suy ra: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 0 1 1 1 2x t g x t g x t q t′− = − + −  ( ) ( )( ) ( )( ) ( )*2 1 0 1 1 21 1x t m g t M g t q t⇒ − ≤ + + , với mỗi [ ],t a b∈ . Lấy tích phân bất đẳng thức trên từ 2a β→ , ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 * 2 1 0 1 1 21 1 a a a a x s ds m g s ds M g s ds q s ds β β β β ′− ≤ + +∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 * 2 2 2 1 0 1 1 21 1 a a a x x a m g s ds M g s ds q s ds β β β β− + ≤ + +∫ ∫ ∫ Theo (2.5) và (2.38) suy ra: ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 * * 2 2 1 0 1 1 2 1 0 1 1 21 1 a a a m c m g s ds M g s ds q s ds m G M G f β β β ≤ + + + ≤ + +∫ ∫ ∫ (2.48) ,với *2 * 2 2 L f c q= + Từ (2.47) và (2.48) suy ra: 2 2 0 0 1 1 1 2m m PG G f G f f≤ + + + Và do đó, sử dụng bất đẳng thức 0 1PG < trong (2.13), ta có: 0 1 2 2 1 2 0 0 1 1 1C G Gx m f f PG PG + = ≤ + − − Mặt khác, từ (2.47) và (2.48) ta cũng có: 1 1m f≤ ( )1 1 0 1 1 2 1m m G M G f P f≤ + + + 1 1 0 1 1 1 2 1 1 1 2 0 0 1 1 1 m m PG PG f f Pf PG Pm f f PG PG ⇒ ≤ + + + + ⇒ ≤ + − − Suy ra: { } 11 1 1 1 2 0 0 1max , 1 1C PG Px m M f f PG PG + = ≤ + − − Do đó, 0 1 1 1 2 1 2 0 0 1 1 1 1C C G G PG Px x f f PG PG + + + + + ≤ + − − Vậy đánh giá (2.8) được thỏa mãn với 𝜚1, 𝜚2 được cho bởi (2.24) và (2.25). Trường hợp (c3): Hàm 2x đổi dấu. Rõ ràng 2 0M > và 2 0m > . Do đó, theo (2.5), tồn tại [ ]5 2,t a α∈ và [ ]6 2,t a β∈ sao cho: ( ) ( )* *2 5 2 2 6 2, x t c x t c≤ ≤ (2.49) Nếu 5 2t α , với [ ]5 2,t t α∈ (2.50) Nếu 6 2t β< thì ( )2 0x t < , với [ ]6 2,t t β∈ (2.51) Rõ ràng [ ] [ ]5 2 6 2, ,t tα β∩ =∅ . Đặt: ( )( ) ( )( ) 2 2 5 6 ,1 ,21 , 1i i i i t t G g s ds G g s ds α β = =∫ ∫ , với 0, 1i = Lấy tích phân của (2.27) từ 5 2t α→ , ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 5 5 5 5 2 0 1 1 1 2 t t t t x s ds g x s ds g x s ds q s ds α α α α ′ = − +∫ ∫ ∫ ∫  ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 5 5 5 2 2 2 5 0 1 1 1 2 t t t x x t g x s ds g x s ds q s ds α α α α⇔ − = − +∫ ∫ ∫  Do (2.28), (2.37), (2.38), (2.49), (2.50) và giả thiết 0 1, abg g ∈ suy ra: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 5 5 5 2 2 5 0 1 1 1 2 t t t M x t g x s ds g x s ds q s ds α α α = + − +∫ ∫ ∫  ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 5 5 5 * * 2 1 0 1 1 21 1 t t t c M g s ds m g s ds q s ds α α α ≤ + + +∫ ∫ ∫ 1 0,1 1 1,1 2 M G m G f≤ + + (2.52) Tiếp tục lấy tích phân (2.27) từ 26t β→ , ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 6 6 6 6 2 0 1 1 1 2 t t t t x s ds g x s ds g x s ds q s ds β β β β ′ = − +∫ ∫ ∫ ∫  ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 6 6 6 2 2 2 6 6 6 2 2 2 6 0 1 1 1 2 2 2 2 6 0 1 1 1 2 t t t t t t x x t g x s ds g x s ds q s ds x x t g x s ds g x s ds q s ds β β β β β β β β ⇔ − = − + ⇔ − = − − + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫   Do (2.28), (2.37), (2.38), (2.49), (2.51) và giả thiết 0 1, abg g ∈ suy ra: ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 6 6 6 2 2 6 0 1 1 1 2 t t t m x t g x s ds g x s ds q s ds β β β = − − + −∫ ∫ ∫  ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 6 6 6 * * 2 1 0 1 1 21 1 t t t c m g s ds M g s ds q s ds β β β ≤ + + −∫ ∫ ∫ 1 0,2 1 1,2 2 m G M G f≤ + + (2.53) , với *2 * 2 2 L f c q= + . Thay (2.52) vào (2.42) và thay (2.53) vào (2.43), ta có: 1 1 1 0,1 1 1 1,1 1 2 1M M PG m PG P f f≤ + + + 1 1 2 0,2 1 2 1,2 2 2 1m m P G M P G P f f≤ + + + Do đó theo bất đẳng thức 0 1PG < trong (2.13), suy ra: ( )1 1 0,1 1 1 1,1 1 2 10 1M PG m PG P f f< − ≤ + + (2.54) ( )1 2 0,2 1 2 1,2 2 2 10 1m P G M P G P f f< − ≤ + + (2.55) Kết hợp (2.54) và (2.55) ta có: ( )( )1 1 0,1 2 0,21 1M PG P G− − ≤ ( )( )1 1 2 1,1 1,2 1 2 1,1 2 1 1,1 1 2 0,2 1 2 11M PP G G PP G f PG f P G P f f≤ + + + − + (2.56) Mặt khác, ta có: ( )2 21 2 1 2 1 1 , 4 4 PP P P P≤ + ≤ ( )2 21,1 1,2 1,1 1,2 11 14 4G G G G G≤ + ≤ Và: ( )( )1 0,1 2 0,2 1 0,1 2 0,2 01 1 1 1 .PG P G PG P G PG− − ≥ − − ≥ − Từ đó, suy ra: ( ) 2 2 211 0 1 1 2 1 1 2 1 11 16 4 MM PG P G P G f PG f Pf f− ≤ + + + + Và do đó sử dụng bất đẳng thức 1 04 1PG PG< − trong (2.13), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 22 2 2 2 0 1 0 1 16 1 4 4 16 1 16 1 PG P PG M f f PG P G PG P G + + ≤ + − − − − Chứng minh tương tự, 1m có cùng bị chặn dưới như 1M . Do đó, { } ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 0 1 0 1 16 1 4 4 max , 16 1 16 1C PG P PG x M m f f PG P G PG P G + + = ≤ + − − − − (2.57) Mặt khác, từ (2.52) và (2.53) suy ra rằng: { } ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 0 1 1 2 1 0 1 1 0 1 1 22 2 2 2 0 1 0 1 max , 16 1 4 4 1 16 1 16 1 C C x M m G G x f PG G G P PG G G f f PG P G PG P G ≤ = ≤ + +  + + + + + +  − − − −  (2.58) Suy ra: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 0 1 1 0 1 1 2 1 22 2 2 2 0 1 0 1 16 1 1 4 4 1 1 16 1 16 1C C PG G G P PG G G x x f f PG P G PG P G  + + + + + + + ≤ + +  − − − −  Do đó, đánh giá (2.8) thỏa mãn với 1 2,   được cho bởi (2.24) và (2.25).  Chứng minh Định lí 2.8: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng 1k = . Theo giả thiết (2.13) và (2.14) của Định lí ta có: 0 1 01, 4 1PG PG PG< < − với ( )( )1 , b a P p s ds= ∫ ( )( )1 b i i a G g s ds= ∫ , với 1, 2i = thỏa các giả thiết của Bổ đề 2.11 nên theo Bổ đề suy ra: ( )0 1, ,0 abp g g− ∈ Với 1k = , từ các giả thiết (2.9), (2.10), (2.11), (2.12) của Định lí 2.8 , ta có: ( ) ( ) ( )1 2 1 2, sgn i i i C Cu u u a u uϕ η≤ + , với 1, 2i = ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 1 2, sgn , C CF u u t p u t u t t u uω −  ≤ +  , với mỗi [ ],t a b∈ ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 2 1 2 1 2 1 2, sgn , C CF u u t g u t u t l u t t u uω −  ≤ + +  , với mỗi [ ],t a b∈ , với [ ]( )1 2, , ;K a bω ω + +∈ ×  và 1 2, : η η + +→  thỏa: ( ) ( )1lim , 0 b i ir a r s r ds r η ω →+∞   + =    ∫ , với 1,2i = Từ đó các giả thiết của Bổ đề 2.10 được thỏa mãn, suy ra bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm.  Định lí 2.12: Giả sử { }1,2k∈ , giả thiết ( )1H và ( )2H được thoả mãn và giả sử tồn tại 0 1, , abp g g ∈ sao cho, với [ ]( )1 2, , ;u u C a b∈  bất kỳ, các bất đẳng thức: ( ) ( ) ( )1 2 1 2, sgn i i i C Cu u u a u uϕ η≤ + , với 𝑖 = 1, 2 (2.9) ( )( ) ( )( ) ( )1 2 3, .sgn k k kF u u t p u t u t− − ≤  ( )1 2,k C Ct u uω + , với mỗi [ ], t a b∈ (2.10) Và ( )( ) ( )( ) ( )3 1 2 1 3, .sgn k k kF u u t g u t u t− − + ≤  ( )( ) ( )0 3 1 2,k k C Cg u t t u uω −+ + , với mỗi [ ], t a b∈ (2.59) được thực hiện, với [ ]( )1 2 ,, ;K a bω ω + +∈ ×  và 1 2 : ,η η + +→  thoả mãn: ( ) ( )1lim , 0 b i ir a r s r ds r η ω →+∞   + =    ∫ , với 1,2i = (2.13) Hơn nữa, nếu: ( )  ( ) ( )  ( )2 20 1, , ,ab abp g S a p g S a∈ − ∈ (2.60) Thì bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm. Chú ý: Giả thiết (2.60) trong Định lí trên không thể được thay thế bởi giả thiết: ( ) ( )( )  ( ) ( )  ( )2 21 2 0 11 , 1 , , ab abp g S a p g S aε ε− − ∈ − ∈ (2.61) Cũng không được thay thế bởi giả thiết: ( )  ( ) ( ) ( )( )  ( )2 20 1 2 1, , 1 , 1 ab abp g S a p g S aε ε∈ − − − ∈ (2.62) với 1 2, ε ε nhỏ tuỳ ý thuộc [ ]0,1 và 1 2 0ε ε+ > (xem Ví dụ 2.31 và 2.32). Để chứng minh định lí ta cần những bổ đề bổ trợ sau: Bổ đề 2.13: (xem [27], Bổ đề 4.4) Giả sử 0, abp g ∈ và giả sử bài toán thuần nhất: ( ) ( )( )1 2 ;z t p z t′ = ( ) ( )( )2 0 1 z t g z t′ = ( )1 0;z a = ( )2 0z a = chỉ có nghiệm tầm thường. Thì tồn tại một số 0 0> sao cho với * * 1 2, c c ∈ tùy ý và [ ]( )* *1 2, , ;q q L a b∈  , ( )1 2,z z là một nghiệm của bài toán: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )* *1 2 1 2 0 1 2; z t p z t q t z t g z t q t′ ′= + = + (2.63) ( ) ( )* *1 1 2 2; z a c z a c= = (2.64) Khi đó 1 2,z z thỏa đánh giá: ( ) ( )* * * *1 2 0 1 21 0 2C C L Lz z c q c q+ ≤ + + +  . Bổ đề 2.14: Giả sử 0 1, , abp g g ∈ thỏa: ( )  ( ) ( )  ( )2 20 1, , ,ab abp g S a p g S a∈ − ∈ (2.60) Thì ( )1 0, , abp g g− ∈ . Chứng minh: Vì ( )  ( )20, abp g S a∈ nên các giả thiết của Bổ đề 2.13 được thỏa mãn. Giả sử 0 là số dương trong Bổ đề 2.13, * *1 2, c c +∈ , [ ]( )* *1 2, , ;q q L a b +∈  và [ ]( )1 2, , ;x x C a b∈   thỏa những điều kiện sau: ( ) *i ix a c≤ , với 1,2i = (2.5) ( ) ( )( ) ( ) ( )*1 2 1 1sgn x t p x t x t q t′ −  ≤  , với mỗi [ ],t a b∈ (2.6) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )*2 1 2 1 2sgn x t g x t x t l x t q t′ −  ≤ +  , với mỗi [ ],t a b∈ (2.7) Với 1 0 , g g l g= − = . Ta sẽ chứng tỏ rằng đánh giá sau là đúng: ( ) ( )* * * *1 2 1 1 21 2 2C C L Lx x c q c q+ ≤ + + +  . (2.8) Ta đặt: ( ) ( )1 0 0 1 2 0 0 11 ; 1 1G G G G= + + = + + +    (2.65) ,và ( )( )1 b i i a G g s ds= ∫ , với 1, 2i = . Rõ ràng 1 2, x x thỏa: ( ) ( )( ) ( )1 2 1x t p x t q t′ = +  , với mỗi [ ],t a b∈ (2.26) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 2x t g x t q t′ = − +  , với mỗi [ ],t a b∈ (2.66) với ( ) ( ) ( )( )1 1 2 q t x t p x t′= − , ( ) ( ) ( )( )2 2 1 1q t x t g x t′= + , với mỗi [ ],t a b∈ . Sử dụng (2.6) và (2.7), ta có: ( ) ( ) ( )*1 1 1sgnq t x t q t≤ , với mỗi [ ],t a b∈ (2.67) ( ) ( ) ( )( ) ( )*2 2 0 1 2sgnq t x t g x t q t≤ + , với mỗi [ ],t a b∈ (2.68) Do abp∈ và (2.67) nên từ (2.26) suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )11 2 1 2 1 sgn 11 sgn 2 2 x t x t p x t x t p x t q t + +′  =  +  +     [ ]( )( ) ( ) * 2 1 p x t q t+≤ + , với mỗi [ ],t a b∈ (2.69) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )11 2 1 2 1 sgn 11 sgn 2 2 x t x t p x t x t p x t q t − −′  =  −  +     [ ]( )( ) ( ) * 2 1 p x t q t−≤ + , với mỗi [ ],t a b∈ (2.70) Do 0 1, abg g ∈ và (2.68) nên từ (2.66) ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )22 1 1 2 1 1 2 sgn 11 sgn 2 2 x t x t g x t x t g x t q t + +′  = − − +   [ ]( )( ) ( )( ) ( )*1 1 0 1 2 g x t g x t q t−≤ + + [ ]( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )*1 1 1 1 0 1 2g x t g x t g x t q t+= − + + + , với mỗi [ ],t a b∈ (2.71) Và ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )22 1 1 2 1 1 2 sgn 11 sgn 2 2 x t x t g x t x t g x t q t − −′  = − + +   [ ]( )( ) ( )( ) ( )*1 1 0 1 2 g x t g x t q t+≤ + + [ ]( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )*1 1 1 1 0 1 2g x t g x t g x t q t−= − + + + , với mỗi [ ],t a b∈ (2.72) Từ (2.5) suy ra: ( ) ( )* *, i i i ix a c x a c+ −  ≤   ≤    , với 1, 2i = . (2.73) Theo giả thiết ( )  ( )21, abp g S a− ∈ và Chú ý 2.6, bài toán: ( ) ( )( ) ( )*1 2 1u t p u t q t′ = + (2.74) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )*2 1 1 1 1 0 1 2u t g u t g x t g x t q t′ = − + + + (2.75) ( ) ( )* *1 1 2 2,u a c u a c= = (2.76) có nghiệm duy nhất ( )1 2,u u . Vì ( )  ( )21, abp g S a− ∈ , từ (2.69) – (2.76) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]1 1 1 1, , ,x t u t x t u t t a b+ −  ≤   ≤ ∈    Do đó, ( ) ( ) [ ]1 1 , ,x t u t t a b≤ ∈ (2.77) Ta chứng minh ( )1u t bị chặn Do 0 1, abg g ∈ , từ (2.74) và (2.75) suy ra rằng: ( ) ( )( ) ( )*1 2 1u t p u t q t′ = + , ( ) ( )( ) ( )*2 0 1 2u t g u t q t′ ≤ + , với mỗi [ ],t a b∈ Vì ( )  ( )20, abp g S a∈ nên hàm 1u thỏa: ( ) ( ) [ ]1 1 , ,u t z t t a b≤ ∈ ,với ( )1 2,z z là nghiệm của bài toán (2.63), (2.64). Từ (2.77) và Bổ đề 2.13 suy ra: ( ) ( )* * * *1 0 1 1 0 2 2C L Lx c q c q≤ + + +  (2.78) Mặt khác, vì 0 1, abg g ∈ và (2.68), từ (2.66) suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 * 1 1 0 1 2 sgn sgnx t g x t x t q t x t g x t g x t q t ′ = − + ≤ + +  ( )( ) ( )( ) ( )*0 1 1 21 1 Cg t g t x q t≤  +  +  , với mỗi [ ],t a b∈ . Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức trên từ a đến t , theo (2.5) ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )* *2 2 0 1 1 21 1 t t t C a a a x t c g s ds g s ds x q s ds   ≤ + + +    ∫ ∫ ∫ , với [ ],t a b∈ . Suy ra: ( ) * *2 0 1 1 2 2C C Lx G G x c q≤ + + + (2.79) ,với 0 1,G G được định nghĩa bởi (2.14). Khi đó, từ (2.78) và (2.79) suy ra: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) * * * * * * 2 0 1 0 1 1 0 2 2 2 2 * * * * 0 0 1 1 1 0 0 1 2 21 C L L L L L x G G c q c q c q G G c q G G c q  ≤ + + + + + +   ≤ + + + + + +     Suy ra: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * * * * 1 2 0 0 1 1 1 0 0 * * * * 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 C C L L L L x x G G c q G G c q c q c q  + ≤ + + + + + + + + + + +   ≤     Vậy đánh giá (2.8) thỏa mãn, với 𝜚1, 𝜚2 được cho bởi (2.65).  Chứng minh Định lí 2.12: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng 1k = . Theo giả thiết (2.60) ta có: ( )  ( ) ( )  ( )2 20 1, , ,ab abp g S a p g S a∈ − ∈ thỏa các giả thiết của Bổ đề 2.14 nên theo bổ đề này suy ra: ( )1 0, , abp g g− ∈ Từ các giả thiết của Định lí 2.12, với 1k = ta có: ( ) ( ) ( )1 2 1 2, sgn i i i C Cu u u a u uϕ η≤ + , với 𝑖 = 1, 2 ( )( ) ( )( ) ( )1 21 2 1, .sgn F u u t p u t u t −  ≤  ( )11 2, C Ct u uω + , với mỗi [ ], t a b∈ ( )( ) ( )( ) ( )2 1 21 2 1, .sgn F u u t g u t u t +  ≤  ( )( ) ( )20 21 1, C Cg u t t u uω+ + , với mỗi [ ], t a b∈ Với [ ]( )1 2 ,, ;K a bω ω + +∈ ×  và 1 2 : ,η η + +→  thoả : ( ) ( )1lim , 0 b i ir a r s r ds r η ω →+∞   + =    ∫ , với 1,2i = Khi đó các giả thiết của Bổ đề 2.10 được thỏa mãn với 1 0, ,p p g g l g= = − = Do đó theo Bổ đề 2.10 suy ra bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm.  Định lí 2.15: Giả sử { }1,2k∈ , giả thiết ( )1H và ( )2H được thoả mãn và giả sử tồn tại 0 1, , abp g g ∈ sao cho, với [ ]( )1 2 1 2, , , , ;u u v v C a b∈  bất kỳ, các bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2, , sgn 0i i i iu u v v u a v aϕ ϕ −  − ≤  với 1,2i = (2.80) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 3 3 , , sgn 0k k k k k kF u u t F v v t p u v t u t v t− − − − − − ≤  , (2.81) Và ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 1 2 3 1 2 0 1 3 3 , , sgn 0k k k k k k k kF u u t F v v t g u v t g u v t u t v t− − − − − − − + − − ≤  , với mỗi 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]. được thực hiện. Hơn nữa, nếu điều kiện (2.13) thoả mãn với 0 1, , P G G được định nghĩa bởi (2.14), thì Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất. Để chứng minh định lí ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.16: Giả sử các giả thiết ( )1H và ( )2H được thỏa mãn và tồn tại một bộ ba ( ), , abp g l ∈ sao cho [ ]( )1 2 1 2, , , , ;u u v v C a b∈  bất kỳ, các bất đẳng thức sau được thực hiện: ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2, , sgn 0i i i iu u v v u a v aϕ ϕ −  − ≤  với 1, 2i = , (2.80) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) [ ]1 1 2 1 1 2 2 2 1 1, , sgn 0, ,F u u t F v v t p u v t u t v t t a b − − −  − ≤ ∈  (2.82) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1, , sgnF u u t F v v t g u v t u t v t l u v t − − −  − ≤ −  , với mỗi [ ] ,t a b∈ (2.83) Thì bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Với [ ]( )1 2, , ;u u C a b∈  bất kỳ, chọn 1 20, 0v v≡ ≡ , từ (2.80), (2.82), (2.83) ta có: ( ) ( ) ( )( )1 2, 0,0 sgn 0i i iu u u aϕ ϕ −  ≤  với 1, 2i = , ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) [ ]1 1 2 1 2 1, 0,0 sgn 0, ,F u u t F t p u t u t t a b − −  ≤ ∈  ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 2 1 2 1, 0,0 sgnF u u t F t g u t u t l u t − −  ≤  , với mỗi [ ] ,t a b∈ Suy ra: ( ) ( )( ) ( )1 2, sgn 0,0i i iu u u aϕ ϕ  ≤  với 1, 2i = , ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) [ ]1 1 2 2 1 1, sgn 0,0 , ,F u u t p u t u t F t t a b −  ≤ ∈  ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 2, sgn 0,0F u u t g u t u t l u t F t −  ≤ +  , với mỗi [ ] ,t a b∈ Đặt: ( )0,0i iη ϕ≡ , 1, 2i = ( )0,0i iFω ≡ , 1, 2i = Khi đó các giả thiết (2.9), (2.21), (2.22) của Bổ đề 2.10 được thỏa mãn. Suy ra bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm. Giả sử ( )1 2,x x và ( )1 2,y y là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2): ( ) ( )( )1 2,i ix t F x x t′ = ( ) ( )1 2, , 1,2.i ix a x x iϕ= = Đặt: ( ) ( ) ( )i i iz t x t y t= − với [ ] ,t a b∈ , 1, 2i = . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2, , sgn ii ii iz a x x y y x a y aϕ ϕ=  −  −  Theo (2.80), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2, , sgn 0ii i i iz a x x y y x a y aϕ ϕ=  −  − ≤  , với 1, 2i = Theo (2.82), ta có: ( ) ( )( ) ( )1 2 1sgn z t p z t z t′ −   ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 2 1 1 2 2 2 1 1, , sgn 0F x x t F y y t p x y t x t y t=  − − −  − ≤  , với mỗi [ ] ,t a b∈ Theo (2.83), ta có: ( ) ( )( ) ( )2 1 2sgn z t g z t z t′ −   ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1, , sgnF x x t F y y t g x y t x t y t l z=  − − −  − ≤  , với [ ] ,t a b∈ Do đó, theo giả thiết ( ), , abp g l ∈ suy ra 1 2 0C Cz z+ = Suy ra: 1 1 2 2, x y x y≡ ≡ . Vậy bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất.  Chứng minh Định lí 2.15: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng 1k = . Theo giả thiết (2.13) và (2.14) của Định lí ta có: 0 1 01, 4 1PG PG PG< < − với ( )( )1 , b a P p s ds= ∫ ( )( )1 b i i a G g s ds= ∫ , với 1, 2i = thỏa các giả thiết của Bổ đề 2.11 nên theo Bổ đề suy ra: ( )0 1, ,0 abp g g− ∈ Từ các giả thiết của Định lí 2.15, với 1k = , ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2, , sgn 0i i i iu u v v u a v aϕ ϕ −  − ≤  với 1,2i = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 21 2 2 21 1 1 , , sgn 0F u u t F v v t p u v t u t v t − − −  − ≤  , ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 2 1 22 2 1 1 1 1 2 20 1 , , sgn 0F u u t F v v t g u v t g u v t u t v t − − − + −  − ≤  , với mỗi 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]. Khi đó các giả thiết của Bổ đề 2.16 được thỏa mãn với 0 1, , 0p p g g g l= = − = Vậy theo Bổ đề 2.16 suy ra bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất.  Định lí 2.17: Giả sử { }1,2k∈ , giả thiết ( )1H và ( )2H được thoả mãn và giả sử tồn tại 0 1, , abp g g ∈ sao cho, với [ ]( )1 2 1 2, , , , ;u u v v C a b∈  bất kỳ, các bất đẳng thức (2.80), (2.81) và ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )3 1 2 3 1 2 1 3 3 0 , , sgnk k k k k k k kF u u t F v v t g u v t u t v t g u v t− − − − − + − − ≤ −  , với mỗi [ ],t a b∈ . được thực hiện. Hơn nữa, nếu điều kiện (2.60) thoả mãn thì Bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm. Chứng minh: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng 1k = . Do điều kiện (2.60) của Định lí 2.17 thỏa các giả thiết của Bổ đề 2.14 suy ra ( )1 0, , abp g g− ∈ . Do đó Định lí 2.17 được suy ra từ Bổ đề 2.16.  2.3 Tính giải được của bài toán biên dạng Cauchy cho hệ phương trì