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

ất tính tổng quát, ta có thể giả sử 1k = và 0m = . Gọi ( )1 2,x x là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.20). Đặt: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 1,1 2 2 2,0 1 2,1 1 , ; , t a t t a a t l s ds a t b t l s ds l s ds a t b α β α β α = − ≤ ≤ = − ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ (2.24) Vì 2,0 2,1, abl l ∈ , ( ) 0i tβ > ( )1,2i = , ( )1 0tα ≤ , nên: ( ) [ ]2 0, ;t t a bα ≥ ∀ ∈ (2.25) Lấy tích phân hai vế (2.4) theo cận từ a đến t ta được: ( ) ( ) ( )( )( )1 1 1,0 2t a l tβ β χ β≥ + Kết hợp với (2.6) suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ]1 1,1 2 1 1 , ; t a t l s ds a t t a bα β β β− = ≤ ≤ ∀ ∈∫ (2.26) Sử dụng (2.24), (2.25), (2.26) cùng với (2.4), (2.5), ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) [ ] ( ) ( )( ) ( )( ) [ ] ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1,1 2 1,0 2 1,1 2 2 2,0 1 2,1 1 1 1,0 2 1,0 2 1,1 2 , ; , ; t l t l t l t t a b t l t l t t a b t l t l t l t α β α β α β α β β β α ′ = − ≤ − ∀ ∈ ′ = − ∀ ∈ ′ ≥ ≥ − (2.27) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) [ ]2 2,0 1 2,1 1 2,0 1 2,1 1 , ;t l t l t l t l t t a bβ β β α β′ ≤ − − ≤ − ∀ ∈ (2.28) Do đó, các bất đẳng thức từ (2.9) đến (2.12) của bổ đề 2.2 được thỏa mãn. Hơn nữa, ta có: ( ) ( ) [ ]1 10 , ;t t t a bα β≤ ≤ ∀ ∈ (2.29) Mặt khác, sử dụng (2.7) và (2.24) suy ra: ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )2 2,0 1 2,1 1,1 2 2 b b a a b l s ds l l s ds bα β χ β β= + ≤∫ ∫ . Hơn nữa, từ (2.27),(2.28),(2.29) suy ra: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) [ ]2 2,0 1 2,1 1 2,0 1 2,1 1 2 , ;t l t l t l t l t t t a bα β α α β β′ ′= − ≥ − ≥ ∀ ∈ . Do đó, hai bất đẳng thức sau cùng dẫn đến: ( ) ( )2 2t tα β≤ với [ ];t a b∈ .Suy ra điều kiện (2.8) được thỏa. Vì vậy các điều kiện của bổ đề 2.2 được thỏa. Theo bổ đề 2.2, hệ (2.10): ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 2 2 2 1;x t l x t x t l x t′ ′= = có một nghiệm ( )1 2,u u thỏa mãn: ( ) ( ) ( )1 2 20,u a u b bβ= = (2.30) ( ) ( ) ( ) [ ], ; , 1, 2k k kt u t t t a b kα β≤ ≤ ∀ ∈ = (2.31) Ta sẽ chứng tỏ rằng : ( )2 0u a > (2.32) Bởi vì nếu ( )2 0u a = thì hệ (2.10), (2.20) sẽ có nghiệm không tầm thường. Sử dụng (2.25) và (2.31) ta có: ( ) [ ]2 0, ;u t t a b≥ ∀ ∈ Vì ( )1 2,u u là một nghiệm của hệ (2.10) nên lấy tích phân từ a đến t của phương trình đầu tiên trong (2.10) ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1,0 2 1,1 2 t t a a u t u a l u s ds l u ds− = −∫ ∫ Kết hợp với (2.30) suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1,0 2 1 1,1 2 , ; , . t a t a u t l u s ds a t b u t l u s ds a t b ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ Sử dụng điều này trong phương trình thứ 2 của (2.10), ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )2 2 1 2,0 1 2,1 1 2,0 1,0 2 2,1 1,1 2u t l u t l u t l u t l l u t l l u tχ χ′ = = − ≤ + [ ];t a b∀ ∈ (2.33) Đặt ( ) [ ]{ }2ax : ;M m u t t a b= ∈ , chọn [ ];Mt a b∈ sao cho: ( )2 Mu t M= . Lấy tích phân hai vế của (2.33) từ a đến Mt ta có: ( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )2 2,0 1,0 2 2,1 1,1 2 M Mt t a a M u a l l u s ds l l u s dsχ χ≤ + +∫ ∫ Vì ( ) [ ]{ }2ax : ;M m u t t a b= ∈ nên thay ( )2u s M= ở vế phải ta có: ( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( )2 2,0 1,0 2,1 1,11 1 b b a a M u a M l l s ds l l s dsχ χ   ≤ + +    ∫ ∫ (2.34) Ta có: ( )( )( )( ) ( )( )( )( )2,0 1,0 2,1 1,11 1 1 b b a a l l s ds l l s dsχ χ+ <∫ ∫ , thật vậy: Lấy tích phân hai vế của (2.4) từ a đến t , lấy tích phân 2 vế của (2.5) từ t đến b ta có: ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 1 1 1,0 2 2 2 , ; , . t a l t a t b t b a t b β β χ β β β ≥ + ≤ ≤ ≥ ≤ ≤ Kết hợp với (2.7) suy ra: ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )2,0 1 1,0 2 2 2,1 1,1 21 . b b a a l a l s ds b l l s ds bβ χ β β χ β+ + ≤∫ ∫ Vì: 2,0 2,1, abl l ∈ , ( ) ( )2 2t bβ β≥ nên thay ( ) ( )2 2s bβ β= trong bất đẳng thức trên ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )1 2,0 2 2,0 1,0 2 2,1 1,1 21 1 1 . b b b a a a a l s ds b l l s ds b l l s ds bβ β χ β χ β+ + ≤∫ ∫ ∫ Hay: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )1 2,0 2 2,0 1,0 2,1 1,1 21 1 1 b b b a a a a l s ds b l l s ds l l s ds bβ β χ χ β   + + ≤    ∫ ∫ ∫ . Do đó, sử dụng (2.3) ta được: ( )( )( )( ) ( )( )( )( )2,0 1,0 2,1 1,11 1 1 b b a a l l s ds l l s dsχ χ+ <∫ ∫ (2.35) Từ (2.34) và (2.35) ta có: ( )2M u a M< + Từ (2.3) và (2.30) suy ra: 0M > , do đó: ( )2 0u a > Suy ra (2.32) đúng. Cuối cùng, ta đặt: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]2 2 , ; , 1, 2k k kv t u b x t u t x b t a b k= − ∈ = . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 . . v t u b x t u t x b u b l x t l u t x b l v t ′ ′ ′= − = − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 . . v t u b x t u t x b u b l x t l u t x b l v t ′ ′ ′= − = − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 0 0 v a u b x a u a x b v b u b x b u b x b = − = = − = Suy ra ( )1 2,v v là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.21): ( ) ( )( ) ( ) ( )( )' '1 1 2 2 2 1;x t l x t x t l x t= = ( ) ( )1 20; 0x a x b= = Do (2.3), (2.4), (2.5) nên giả thiết của bổ đề 2.4 được thỏa, theo bổ đề 2.4, bài toán (2.10), (2.21) chỉ có nghiệm tầm thường, suy ra: 1 20, 0v v≡ ≡ . Suy ra: ( ) ( ) ( )2 2 20 v a u a x b= = − . Điều này cùng với (2.32) dẫn đến ( )2 0x b = . Tuy nhiên, điều này có nghĩa là ( )1 2,x x là một nghiệm của (2.10), (2.21). Từ bổ đề 2.4, suy ra: 1 20, 0x x≡ ≡ . Vì vậy, hệ thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý 2.1 được chứng minh. Nếu toán tử 1 2,l l là đơn điệu và một trong số chúng là toán tử a- Volterra thì giả thiết [ ]( )1 ; ;C a bβ ∈   trong định lý 2.1 có thể thay thế bằng giả thiết yếu hơn. Nếu cả hai đều là toán tử a- Volterra thì bài toán (2.1), (2.2) luôn có một nghiệm duy nhất. ([2,1.2.3]) . Ta xét định lý sau: Định lý 2.6 Cho { } { } ( ) ( )1 31, 2 , 0,1 , 1 , 1 m m k k abk m l l − −∈ ∈ − − ∈ và toán tử 3 kl − là một toán tử a- Volterra. Giả sử tồn tại: [ ]( ) [ ]( )1 2; ; , ; ;locC a b C a bγ γ∈ ∈   sao cho ( ) [ ]0, ; , 1, 2i t t a b iγ > ∀ ∈ = (2.36) ( ) ( ) ( )( ) [ ]1 21 , ; m kt l t t a bγ γ′ ≥ − ∀ ∈ (2.37) ( ) ( ) ( )( ) [ ]2 3 11 , ; m kt l t t a bγ γ−′ ≤ − ∀ ∈ (2.38) Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có một nghiệm duy nhất. * Chú ý : Vì có thể ( )1 tγ → +∞ khi t b−→ nên điều kiện (2.38) của định lý trên được hiểu theo nghĩa: Với 0b tùy ý thuộc [ ];a b , ta có: ( ) ( ) ( )( ) [ ]02 3 1 01 , ; m ab kt l t t a bγ γ−′ ≤ − ∀ ∈ . Trong đó 03 ab kl − là thu hẹp của toán tử 3 kl − vào không gian [ ]( )0; ;C a b  . Chứng minh Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý 2.6 ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 1, 0.k m= = Giả sử ngược lại, ( )1 2,x x là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.10), (2.20). Khi đó: 1 20, 0x x≡ ≡/ / . Trước tiên, giả sử rằng 2x không đổi dấu. Khi đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: ( ) [ ]2 0, ;x t t a b≥ ∀ ∈ . Vì 1l là toán tử không giảm nên từ phương trình đầu tiên trong (2.10) suy ra: ( ) [ ]1 0, ;x t t a b′ ≥ ∀ ∈ . Do đó ( )1x t đồng biến trên [ ];a b . Kết hợp với (2.20) ta có: ( ) [ ]1 0, ;x t t a b≥ ∀ ∈ Mặt khác, toán tử 2l được giả sử là không tăng nên phương trình thứ hai trong (2.10) dẫn đến: ( ) [ ]2 0, ;x t t a b′ ≤ ∀ ∈ Sử dụng điều kiện ( )2 0x a = , suy ra: ( ) [ ]2 0, ;x t t a b≤ ∀ ∈ . Do đó 2 0x ≡ . Điều này mâu thuẫn với giải thiết.  Bây giờ, giả sử rằng 2x đổi dấu. Đặt: 1 inf ;Aλ = ( ) ( ) [ ] 2 2 2 ax : ; x t m t a b t λ γ   = ∈     (2.39) Trong đó, ( ) ( ) [ ]{ }1 10 : 0, ;A t x t t a bλ λγ= > − ≥ ∈ Khi đó ta có: 1 20 , 0λ λ≤ < +∞ < < +∞ (2.40) Và tồn tại [ ]0 ;t a b∈ sao cho: ( ) ( ) 2 0 2 2 0 x t t λ γ = (2.41) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0t b< và tồn tại [ ]0 0;b t b∈ sao cho: ( )2 0 0x b = (2.42) Thật vậy, nếu 0t b= , hoặc ( )2 0x t > với [ ]0;t t b∈ thì tồn tại [ ]* 0;t a t∈ với tính chất: ( )2 0x t > , ( *;t t b∀ ∈  và ( )*2 0x t = . Khi đó, ta có thể định nghĩa lại các số 1 2 0, , tλ λ cho nghiệm ( )1 2,x x− − của bài toán (2.10), (2.20), và ta có thể lấy *0b t= . Bây giờ ta đặt: ( ) ( ) ( )1 1 1 1w t t x tλ γ= − , với [ ];t a b∈ ( ) ( ) ( )2 2 2 2w t t x tλ γ= − , với [ ];t a b∈ Sử dụng (2.36), (2.39), (2.41) ta có: ( ) [ ] ( ) [ ]1 2w 0, ; ; w 0, ;t t a b t t a b≥ ∀ ∈ ≥ ∀ ∈ (2.43) và ( )2 0w 0t = (2.44) Hiển nhiên, hoặc 1 2λ λ< , hoặc 1 2λ λ≥  Đầu tiên, giả sử 1 2λ λ< . Khi đó, do 2l là một toán tử a- Volterra không tăng và theo (2.36), (2.38), (2.10), (2.40), (2.43) ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )02 2 2 2 2 2 1 1 2 1w w 0oab abt t x t l x t l tλ γ λ γ′ ′ ′= − ≤ − ≤ ≤ với [ ]0;t a b∈ Do đó, ( )2w t nghịch biến trên [ ]0;a b , kết hợp với (2.36), (2.40), (2.42) ta có: ( ) ( ) ( )2 0 2 0 2 2 0w w 0t b bλ γ≥ = > Điều này mâu thuẫn với (2.44): ( )2 0w 0t = .  Bây giờ giả sử rằng: 1 2λ λ≥ . Khi đó, từ (2.40) suy ra: 1 0λ > (2.45) Sử dụng: 1 abl ∈ và (2.36), (2.37), (2.10), (2.20), (2.43), (2.45) ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 1 1 1 2 2 1 2w w 0t t x t l x t l tλ γ λ γ′ ′ ′= − ≥ − ≥ ≥ , với [ ];t a b∈ . Suy ra ( )1w t đồng biến trên [ ];a b , mà ( ) ( )1 1 1w 0a aλ γ= > . Do đó: ( ) [ ]1w 0, ;t t a b> ∀ ∈ Khi đó, tồn tại 0ε > sao cho: ( ) ( ) [ ]1 1w , ;t x t t a bε≥ ∀ ∈ Vì ( ) ( ) ( )1 1 1 1w t t x tλ γ= − nên: ( ) ( ) ( )1 1 1 1t x t x tλ γ ε− ≥ Điều này tương đương với: ( ) ( )1 1 1 01 t x t λ γ ε − ≥ + Suy ra: 1 1 Aλ ε ∈ + . Điều này mâu thuẫn với 1 inf Aλ = . Những mâu thuẫn có được ở trên chứng tỏ rằng hệ thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý 2.6 được chứng minh. Định lý 2.7 Cho { } { }1;2 , 0;1k m∈ ∈ , ( ) 31 m k abl −− ∈ , và ,0 ,1k k kl l l= − , với ,0 ,1,k k abl l ∈ . Giả sử rằng: 3 , 1k k mA A− < (2.46) 3 ,1 3 ,4 4 1k k m k k mA A A A− − −< + − (2.47) Trong đó: ( )( ) ( )( )3 3 , ,1 ; 1 b b k k k j k j a a A l s ds A l s ds− −= =∫ ∫ , với 0,1j = (2.48) Khi đó bài toán (2.1), (2.2) chỉ có một nghiệm duy nhất. Chứng minh Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý 2.7, ta chỉ cần chứng minh hệ thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 2k = và 0m = . Giả sử ngược lại, ( )1 2,x x là một nghiệm không tầm thường của hệ (2.10), (2.20). Khi đó: 1 20, 0x x≡ ≡/ / . Đặt: ( ) [ ]{ }ax : ;i iM m x t t a b= ∈ ; ( ) [ ]{ }min : ; , 1, 2i im x t t a b i= − ∈ = (2.49) Chọn [ ] ( ), ; , 1, 2i i a b iα β ∈ = sao cho: ( ) ( ) ( ), , 1, 2i i i i i ix M x m iα β= = − = (2.50) Ta xét hai trường hợp sau: (a) Hàm 1x không đổi dấu. Khi đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: ( )1 0,x t ≥ với [ ];t a b∈ (2.51) (b) Hàm 1x đổi dấu. Khi đó, theo giả thiết 1 abl ∈ , hàm 2x cũng đổi dấu. Hơn nữa, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: 2 2α β< . Thêm vào đó, một trong những điều kiện sau được thỏa: (b1): 1 1α β< (b2): 1 1α β> Trường hợp (a): ( )1 0,x t ≥ với [ ];t a b∈ . Khi đó: 1 1 2 20, 0, 0, 0M m M m> = ≥ ≥ (2.52) Thật vậy: Vì ( ) ( ) ( )1 2 1 2 10, 0, 0, 0, 0x x x a x a x t≡ ≡ = = ≥/ / nên ta có: ( ) [ ]{ }1 1ax : ; 0M m x t t a b= ∈ > , ( ) [ ]{ }1 1min : ; 0m x t t a b= − ∈ = , ( ) [ ]{ }2 2ax : ; 0M m x t t a b= ∈ ≥ , ( ) [ ]{ }2 2min : ;m x t t a b= − ∈ 0≥ . Lấy tích phân phương trình đầu trong (2.10) từ a đến 1α , ta có: ( ) ( )( ) 1 1 ' 1 1 2 a a x s ds l x s ds α α =∫ ∫ Suy ra: ( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 2 a x x a l x s ds α α − = ∫ Sử dụng 1 abl ∈ , (2.20), (2.48), (2.49), (2.50) ta có: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 11 a a M l x s ds M l s ds M A α α = ≤ ≤∫ ∫ (2.53) Lấy tích phân hai vế của phương trình thứ 2 trong (2.10) từ a đến 2α , ta có: ( ) ( )( ) 2 2 ' 2 2 1 a a x s ds l x s ds α α =∫ ∫ Suy ra: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 1 a x x a l x s ds α α − = ∫ Sử dụng: 2,0 2,1, abl l ∈ , (2.20), (2.48), (2.49), (2.50) ta có: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 1 2 2 1 2,0 1 2,1 1 1 2,0 1 2,01 a a a a M l x s ds l x s ds l x s ds M l s ds M A α α α α = = − ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ (2.54) Bây giờ sử dụng (2.52), (2.53), (2.54) suy ra: 1 2 1 2 1 2,0M M M M A A≤ Do đó: ( )1 2 1 2,01 0M M A A− ≤ , kết hợp với (2.52) suy ra: 1 2,01 A A≤ , điều này mâu thuẫn với (2.46). Trường hợp (b): cả 1 2;x x đều đổi dấu và 2 2α β< . Khi đó ta có: ( )0, 0 1,2i iM m i> > = (2.55) Đặt: ( )( ) ( )( ) 2 2 2 1 2 2, 2, 2, 2,1 ; 1i i i i a A l s ds A l s ds α β α = =∫ ∫ (2.56) Lấy tích phân hai vế phương trình thứ hai trong (2.10) từ a đến 2α ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 2 1 a a x s ds l x s ds α α ′ =∫ ∫ Sử dụng (2.20 ) (2.50), ta có: ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2,0 1 2,1 1 a a M l x s ds l x s ds α α = −∫ ∫ Sử dụng: 2,0 2,1, abl l ∈ ,(2.49), (2.56) ta có: ( )( ) ( )( ) 2 2 1 1 2 1 2,0 1 2,1 1 2,0 1 2,11 1 a a M M l s ds m l s ds M A m A α α ≤ + = +∫ ∫ Lấy tích phân phương trình thứ hai trong (2.10) từ 2α đến 2β ta có: ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1x s ds l x s ds β β α α ′ =∫ ∫ Từ (2.50) suy ra: ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2,0 1 2,1 1M m l x s ds l x s ds β β α α + = − +∫ ∫ Sử dụng: 2,0 2,1, abl l ∈ , (2.49), (2.56), ta có: ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2,0 1 2,1 1 2,0 1 2,11 1M m m l s ds M l s ds m A M A β β α α + ≤ + = +∫ ∫ Sử dụng (2.48), (2.55), (2.56) và 1 1 2 22 1 2,0 1 2,1 2 2 1 2,0 1 2,1;M M A m A M m m A M A≤ + + ≤ + ta có: 1 1 2 2 1 22 2 2 1 1 1 1 2,0 2,1 2,0 2,1 2,0 2,0 2,1 1 1 1 1 1 1 1 M M m M m M mA A A A A A A m M M m M m M   + + ≤ + + + ≤ + +    Suy ra: 1 22 2 2 1 12,0 2,0 2,1 1 1 1 1 1 M M m M mA A A m M M m M   + + ≤ + +    (2.57) Bây giờ ta xét trường hợp (b1) và (b2): Trường hợp (b1): 1 1α β< Lấy tích phân hai vế phương trình đầu của (2.10) từ a tới 1α và từ 1α tới 1β , ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 ' ' 1 1 2 1 1 2; a a x s ds l x s ds x s ds l x s ds α α β β α α = =∫ ∫ ∫ ∫ Sử dụng (2.20), (2.49), (2.50), và 1 abl P∈ suy ra: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 2 1 1 a a M l x s ds M l s ds α α = ≤∫ ∫ ; ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1m M l x s ds m l s ds β β α α + = − ≤∫ ∫ Theo hai bất đẳng thức trên và (2.48), (2.55) ta có: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 a M M m l s ds l s ds A M m m α β α   + + ≤ + ≤    ∫ ∫ (2.58) Nhân vế theo vế của (2.57) và (2.58) suy ra: 1 21 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2,1 2,0 1 1 2,0 1 1 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 1M m M m M M M M m M mA A A A A A m M m M m m m m m M M + + ≥ + + + + + + + + Biến đổi tương đương ta được: 1 21 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2,1 2,0 1 1 2,0 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2M M m M M m M M m mA A A A A A m m M m m m M m M M       ≥ − + + + + + + −            Hay: ( ) ( )1 21 1 1 2 1 2 2 21 2,1 2,0 1 1 2,0 1 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2M m M M m M M mA A A A A A m M m m m M m M     ≥ − + − + + + + +       (2.59) Ta sẽ sử dụng bất đẳng thức sau: ( )1 2 1 2 1 22 , , 0d d d d d d+ ≥ ≥ (2.60) Sử dụng (2.46), (2.48), (2.56), (2.60) ta có: ( ) ( ) ( )( )1 2 1 21 11 2,0 1 2,0 1 2,0 1 2,0 1 1 1 1 2 1 1M mA A A A A A A A m M − + − ≥ − − ≥ ( )1 21 2,0 2,0 1 2,02 1 2 1A A A A A≥ − + ≥ − (2.61) Và: 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 4 4 M M M m M m m M m m M m m M  + ≥   + ≥  (2.62) Sử dụng (2.61) và (2.62) vào (2.59) ta có: 1 2,1 1 2,0 1 2,06 2 1 4 2 2 1A A A A A A≥ + − = + + − ≥ 1 2,0 1 2,04 2 1 2 1A A A A+ − + − = 1 2,04 4 1 A A= + − , điều này mâu thuẫn với (2.47). Trường hợp (b2): 1 1α β> Lấy tích phân phương trình đầu trong (2.10) từ a tới 1β , và từ 1β đến 1α : ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 ' ' 1 1 2 1 1 2; a a x s ds l x s ds x s ds l x s ds β β α α β β = =∫ ∫ ∫ ∫ Vì 1 abl P∈ , (2.20), (2.49), (2.50) nên: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 2 2 1 1 a a m l x s ds m l s ds β β = − ≤∫ ∫ , ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1M m l x s ds M l s ds α α β β + = ≤∫ ∫ . Từ (2.55) và hai mối quan hệ trên suy ra: ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 a m M m l s ds l s ds A m M M β α β + + ≤ + ≤∫ ∫ (2.63) Nhân vế theo vế (2.57) và (2.63) ta có: 1 21 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2,1 2,0 1 1 2,0 1 1 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1M m M m M m M m m m mA A A A A A m M m m M M m M M M M + + ≥ + + + + + + + + Biến đổi tương đương ta được: ( ) ( )1 22 2 1 1 1 2 1 21 2,1 2,0 1 1 2,0 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2M m M m m M m mA A A A A A m M m M m M M M     ≥ + + + − + − + +        (2.64) Sử dụng (2.60) ta có: 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ; 2m M m m m M m M m M M M m M + ≥ + ≥ (2.65) Sử dụng (2.46), (2.48), (2.56), (2.60), (2.65) vào trong (2.59) ta có: ( ) ( ) ( )( )1 2 1 21 11 2,1 1 2,0 1 2,0 1 2,0 1 2,0 1 1 4 1 4 4 2 1 4M mA A A A A A A A A A m M ≥ + − + − ≥ + − − ≥ ( ) ( )1 2 1 21 2,0 2,0 1 2,0 2,04 2 4 4 4 4 1A A A A A A≥ + − + ≥ + − + 1 2,04 4 1 A A≥ + − , Điều này mâu thuẫn với (2.47). Những mâu thuẫn thu được chứng tỏ hệ (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý 2.7 được chứng minh. Đinh lý 2.8 Cho { } { }1,2 ; 0,1k m∈ ∈ ; ( )1 m k abl− ∈ , 0 abg ∈ và 1 abg ∈ sao cho: ( )( ) ( )20 ˆ1 ,m k abl g a− ∈ ; ( )( ) ( )20 1 ˆ1 ,m k abl g g a− + ∈ (2.66) Và bất đẳng thức sau đúng trên tập [ ]( ) ( ){ }; ; : 0z C a b z a∈ = : ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )13 0 11 mkl z t g z t g z t−− + − ≤ với [ ];t a b∈ (2.67) Khi đó bài toán (2.1), (2.2) có một nghiệm duy nhất. * Chú ý 1: Giả thiết (2.66) trong định lý trên không thể được thay thế bằng giả thiết: ( )( ) ( )20 ˆ1 , ;m k abl g a− ∈ ( ) ( ) ( )( )( ) ( )21 2 0 1 ˆ1 1 , 1m k abl g g aε ε− − − + ∈ (2.68) Cũng không thể thay thế bằng: ( ) ( ) ( )( ) ( )21 2 0 ˆ1 1 , 1 ;m k abl g aε ε− − − ∈ ( )( ) ( )20 1 ˆ1 ,m k abl g g a− + ∈ (2.69) Với [ ]1 2; 0;1ε ε ∈ nhỏ tùy ý, 1 2 0ε ε+ > . * Chú ý 2: Cho ( ) ( )21 2 ˆ, abl l a∈ , khi đó, theo bổ đề 2.3, bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó, theo định lý 1.1 chương 1, bài toán (2.1), (2.2) có một nghiệm duy nhất với mọi [ ]( )1 2, ; ;q q L a b∈  ; 1 2,c c ∈ . Chứng minh Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 1k = và 0m = . Gọi ( )1 2,x x là một nghiệm của (2.10), (2.20). Theo giả thiết ( ) ( )21 0 ˆ, abl g a∈ và chú ý 2, bài toán sau có duy nhất một nghiệm: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 1 2 2 0 1 1 1;u t l u t u t g u t g x t′ ′= = + (2.70) ( ) ( )1 20; 0u a u a= = (2.71) Kết hợp (2.10), (2.20), (2.67), (2.70), (2.71) ta có: ( ) ( ) ( )( )1 1 1 2 2u t x t l u x t′ ′+ = + với [ ];t a b∈ ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 0 1 1 2 1 0 1 1 1 0 1 1u t x t g u x t l x t g x t g x t g u x t′ ′+ = + + − + ≥ + , [ ];t a b∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 20, 0u a x a u a x a+ = + = . Và: ( ) ( ) ( )( )1 1 1 2 2u t x t l u x t′ ′− = − ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 0 1 1 2 1 0 1 1 1 0 1 1u t x t g u x t l x t g x t g x t g u x t′ ′− = − − + + ≥ − , [ ];t a b∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 20, 0u a x a u a x a− = − = Mà ( ) ( )21 0 ˆ, abl g a∈ nên: ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 10, 0u t x t u t x t+ ≥ − ≥ [ ];t a b∀ ∈ Suy ra : ( ) ( )1 1x t u t≤ [ ];t a b∀ ∈ , (2.72) Kết hợp với giả thiết 1 abg ∈ và (2.70) suy ra: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )' '1 1 2 2 0 1 1;u t l u t u t g g u t= ≤ + [ ];t a b∀ ∈ (2.73) Mặt khác: ( ) ( )21 0 1 ˆ, abl g g a+ ∈ Do đó, từ (2.71) và (2.73) suy ra: ( ) [ ]1 0, ;u t t a b≤ ∀ ∈ . Vì vậy, từ (2.72) suy ra 1 0x ≡ . Từ đây, kết hợp với (2.10) và (2.20) suy ra 2 0x ≡ . Như vậy, hệ (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý 2.8 được chứng minh. Để minh họa cho chú ý 1 của định lý 2.8, ta sẽ xét 2 ví dụ. Hai ví dụ này sử dụng các kết quả sau từ [10]: Mệnh đề 2.9 ([10, định lý 5.30]). : Cho [ ]( ); ;kh L a b +∈  , [ ] [ ]: ; ;k a b a bτ → là những hàm đo được ( )1,2k = , và tồn tại { }1,2m∈ sao cho: ( ) ( ) ( )* 3 3 1 mm s m m a a h s h d ds ττ ξ ξ − −   <      ∫ ∫ , Trong đó: ( ) [ ]{ }* es sup : ;k ks t t a bτ τ= ∈ với 1,2k = . Khi đó ( ) ( )21 2 ˆ, abl l a∈ , trong đó 1 2,l l được định nghĩa bởi: ( )( ) ( ) ( )( )k k kl z t h t z tτ= với [ ];t a b∈ , [ ]( ); ;z C a b∈  , ( )1,2k = . Mệnh đề 2.10.[10, định lý 5.32]. Cho [ ]( ); ;kh L a b +∈  , [ ] [ ]: ; ;k a b a bτ → là những hàm đo được ( )1,2k = sao cho: ( ) ( )( ) 0k kh t t tτ − ≤ với [ ];t a b∈ , 1, 2k = . Nếu ( ) ( ) ( )1 1 2 1 sb a a h s h d ds τ ξ ξ   ≤      ∫ ∫ thì: ( ) ( )21 2 ˆ, abl l a∈ , với 1 2,l l được định nghĩa bởi: ( )( ) ( ) ( ) ( )( )11 kk k kl z t h t z tτ+= − với [ ];t a b∈ , [ ]( ); ;z C a b∈  , ( )1,2k = . Sau đây là nội dung của hai ví dụ. Ví dụ 1: Cho [ ]1 2, 0;1ε ε ∈ , 1 2 0ε ε+ > và cho 1 2, abl l ∈ được xác định bởi: ( )( ) ( ) ( )( )1l z t f t z tµ= ; ( )( ) ( ) ( )2l z t h t z b= , với [ ];t a b∈ , [ ]( ); ;z C a b∈  Trong đó: [ ]( ), ; ;f h L a b +∈  , [ ] [ ]: ; ;a b a bµ → là hàm đo được sao cho: ( ) ( ) ( ) 1 sb a a f s h d ds µ ξ ξ   =      ∫ ∫ Rõ ràng với bất kì [ ]( ); ;z C a b∈  , bất đẳng thức (2.67): ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )13 0 11 mkl z t g z t g z t−− + − ≤ với [ ];t a b∈ với 1k = và 0m = được thỏa mãn, trong đó 0 0g = và 1 2g l= . Thật vậy: ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 02 0 1 11l z t g z t g z t g z t−+ − = ≤ . Hơn nữa: ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 21 1 1 sb a a f s h d ds µ ε ε ξ ξ   − − <      ∫ ∫ Do đó, sử dụng mệnh đề 2.9, ta có: ( ) ( )( ) ( )21 1 2 2 ˆ1 , 1 abl l aε ε− − ∈ . Vì ( ) ( )21 ˆ,0 abl a∈ nên giả thiết của định lý 2.8 được thỏa với 1k = và 0m = , ngoại trừ điều kiện (2.66) được thay thế bằng điều kiện (2.68). Mặt khác, hệ thuần nhất tương ứng của bài toán này có một nghiệm không tầm thường ( )1 2,x x , trong đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 st a a x t f s h d ds µ ξ ξ   =       ∫ ∫ ; ( ) ( )2 t a x t h s ds= ∫ , với [ ];t a b∈ . Ví dụ này chứng tỏ rằng giả thiết (2.66) của định lý 2.8 không thể được thay thế bằng giả thiết (2.68) dù cho [ ]1 2, 0;1ε ε ∈ nhỏ như thế nào, với 1 2 0ε ε+ > . Ví dụ 2: Cho [ ]0;1α ∈ , [ ]1 2, 0;1ε ε ∈ , 1 2 0ε ε+ > và 1 2a t t b< < < . Đặt { }1 2ax ,mε ε ε= , và chọn [ ]( ), ; ;f h L a b∈  sao cho: ( ) 0f t ≥ , ( )( ) ( )1 2 0t t t t h t− − ≤ , với [ ];t a b∈ , ( ) ( ) 1 1 t s a a f s h d ds αξ ξ ε   =  +  ∫ ∫ , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 t t s t a t f s h d h d dsε ξ ξ ξ ξ α   + + = −     ∫ ∫ ∫ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 2 1 1min , 1 t t b t a t t t t a a t f s ds h s ds f s ds h s ds h s ds h s ds ε ε      =    + +    ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 b s t t f s h d dsξ ξ ε   = +     ∫ ∫ . Hơn nữa, ta đặt: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] 1 1 1 2 1 1 , ; 1 , ; t a t t a t h s ds t a t x t h s ds h s ds t t b ε ε  + ∈ =   + + ∈  ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( )1 2 t a x t f s x s ds= ∫ , với [ ];t a b∈ . Rõ ràng: ( )1 2 1x t = , và ( ) ( )1 1x b ε≤ − + . Thật vậy:  ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 t a x t f s x s ds= ∫ ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 1 1 t t ts s a a t a t f s h d ds f s h d h d dsε ξ ξ ε ξ ξ ξ ξ α α     = + + + +           = + − = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫  ( ) ( ) ( )1 2 b a x b f s x s ds= ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 t b a t f s x s ds f s x s ds= +∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 1 tb s t a t f s h d h d dsε ξ ξ ξ ξ   = + + +     ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 1 t tb s t a t t f s h d h d h d dsε ξ ξ ξ ξ ξ ξ   = + + + +     ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 1 1 t tb b s t a t t t f s h d h d ds f s h d dsε ξ ξ ξ ξ ξ ξ ε ε ε     = + + + +           ≤ + − + = − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Do đó, tồn tại [ ]0 2;t t b∈ sao cho: ( ) ( )1 0 1x t ε= − + . Ta thiết lập các toán tử 1 2, abl l ∈ : ( )( ) ( ) ( )1l z t f t z t= , ( )( ) ( ) ( )( )2l z t h t z tτ= , với [ ];t a b∈ , và [ ]( ); ;z C a b∈  Trong đó: ( ) [ ] [ ] 0 1 2 1 , ; , ; t t a t t t t t b τ  ∈=  ∈ Dễ kiểm tra được rằng với z tùy ý thuộc [ ]( ); ;C a b  , bất đẳng thức (2.67) với 1k = và 0m = được thoả mãn. Trong đó: ( )( ) ( ) ( )( )0 0 0g z t h t z tτ= − ; ( )( ) ( ) ( )( )1 1g z t h t z tτ= , với [ ];t a b∈ , [ ]( ); ;z C a b∈  , ( ) [ ] ( ) [ ] 2 0 2 0, ; 1 , ; 2 t a t h t h t t t b  ∈ =  ∈ ; ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] 2 1 2 , ; 1 , ; 2 h t t a t h t h t t t b  ∈ =  ∈  ; ( ) [ ] [ ] 2 0 2 2 , ; , ; a t a t t t t t b τ  ∈=  ∈ . Thật vậy: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )12 0 0 01l z t g