Luận văn Nghiệm không thay dấu của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất

Banach-Steinhaus ta có dãy { } 1k kh +∞ = bị chặn, nghĩa là tồn tại 0 0r > sao cho: ( ) 0k ch y r y≤ , [ ]( ), ;y C a b∀ ∈  (1.22) Với mỗi [ ]( ), ;y C a b∈  , ta có: ( )( ) ( )( ) t a y t y s ds= ∫  ,  ( )( ) ( )( ) t k k a y t y s ds= ∫  , k∀ ∈ trong đó [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;C a b C a b→   và  [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;k C a b C a b→   , k∀ ∈ là các toán tử tuyến tính bị chặn và k k≤  , k∀ ∈ (1.23) Giả thiết: ( )( ) ( )( ) [ ]sup : , , 0k t k a y s y s ds t a b y M   − ∈ ∈ →       ∫   khi k →+∞ có thể được viết lại như sau:  ( ) ( ){ }sup : 0kk cy y y M− ∈ →  khi k →+∞ (1.24)  Ta sẽ chứng minh bổ đề 1.15 bằng phản chứng: Giả sử trái lại rằng bổ đề là không đúng, nghĩa là: tồn tại một dãy tăng các số tự nhiên { } 1m mk +∞ = và một dãy hàm  [ ]( ), ; ,mz C a b m∈ ∈  , sao cho: ( ) mm k mc z m zρ> , m∀ ∈ (1.25) 25 Ta chứng minh bài toán ( ) ( )0 01.1 , 1.2 có nghiệm không tầm thường. Ta chỉ ra nghiệm này bằng cách xây dựng dãy hội tụ như sau: Đặt ( ) ( )m m m c z t y t z = , ( ) ( ) ( )( ) m t m m k m a t y s y s dsν  ′= − ∫  , [ ],t a b∀ ∈ , ( ) ( ) ( )0m m my t y t tν= − , [ ], ,t a b∀ ∈ ( )  ( )( ) ( )( )  ( )( )0 0m mm k m m k mw t y t y t v t= − +   , [ ],t a b∀ ∈  Ta chứng minh { }0m my là dãy hội tụ : Rõ ràng, theo cách đặt ở trên ta có: 1m cy = , m∀ ∈ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) m m t t m m k m m m k m a a t y s y s ds y t y a y s dsν  ′= − = − −  ∫ ∫  ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0 m t m m m m k m a y t y t t y a y s dsν= − = + ∫  ( ) ( )( ) [ ], , ,mkm my a y t t a b m= + ∀ ∈ ∀ ∈  Ta lại có: ( )( ) ( )( ) ( )( )0m m m t t t k m k m k m a a a y s ds y s ds s dsν= −∫ ∫ ∫   hay ( )( ) ( )( ) ( )( )0m m mk k km m my t y t tν= −     Do đó ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0m m mk k km m m m my t y t t w t y tν= + = +       ( do ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )0 0m mk km m m mw t y t y t tν= − +     ) Vậy ( ) ( ) ( )( ) ( )0om m m my t y a y t w t= + + , [ ], ,t a b m∀ ∈ ∀ ∈ . Mặt khác, ta có: 26 ( ) ( ) ( )( )m t m m k m a t y s y s dsν  ′= − ∫  ( ) ( )( ) m t m k m ma c z s y s ds z  ′ = −     ∫  ( ) ( )( ) 1 m t m k m m ac z s y s ds z  ′= − ∫  Do cách đặt kρ nên ta có: ( ) ( )( ) ( ) 1 m m m t k m m k m a k z z s y s ds ρ  ′ − ≤  +∫   Kết hợp với (1.23), (1.25) ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 m m m k m m c m k kc z v z m ρ ≤ < < + +  , m∀ ∈ . (1.26)  ( ) ( ) 1. . 1mm m mkk m m k m m kc c ccv v mν ν≤ < < + <      , m∀ ∈ . Chú ý rằng với 1,m cy m= ∀ ∈ và ( ) ( ) ( )( ) [ ]0 , , ,m t m m k m a y t y a y s ds t a b m= + ∀ ∈ ∀ ∈∫   thì 0 kmy M∈  . Do đó, theo (1.24), ta có:  ( ) ( )0lim 0mk m omm cy y→+∞ − =    (1.27) Ta lại có: ( ) ( ) ( )0 0 , .m mk km m m mc c cw y y mν≤ − + ∀ ∈        Cho m →+∞ ta được: lim 0m cm w→+∞ = , Do 1,m cy m= ∀ ∈ và (1.26) ta có: 0 2m m mc c cy y v≤ + ≤ , m∀ ∈ . Vậy { }0m my là dãy bị chặn. Theo bổ đề 1.14, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng 27 ( ) ( )0 0lim mm y t y t→+∞ = đều trên [ ],a b .  Ta sẽ chứng minh 0y là nghiệm không tầm thường của bài toán ( ) ( )0 01.1 , 1.2 Thật vậy, trước hết ta có: 0 0 0 0 ,m m m mc c cy y y y y y m− ≤ − + − ∀ ∈ hay 0 0 0 , .m m mc c cy y y y mν− ≤ + − ∀ ∈ Cho m →+∞ và chú ý tới (1.26) ta có: 0lim 0m cm y y→+∞ − = Vì 1,m cy m= ∀ ∈ nên 0 1cy = , Cho m →+∞ trong đẳng thức ( ) ( ) ( )( ) [ ]0 , ,mkm m my t y a y t t a b= + ∀ ∈ và chú ý đến (1.27) ta có: ( ) ( ) ( )( )0 0 0y t y a y t= +  , [ ],t a b∀ ∈ Vì vậy, 0y là một nghiệm không tầm thường của ( )01.1 . Ta cần chứng minh thêm 0y thỏa điều kiện biên ( )01.2 Thật vậy, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 1 , . m m m m mk k m k m k m k m m c h y h y y h y h y y h z m z ≤ − + = − + ∀ ∈ Theo (1.22), (1.25) và từ bất đẳng thức trên ta được: ( ) ( )0 0 0 0 01 1 , .m m mk m k k mc c m c h y r y y z r y y m z m ρ≤ − + < − + ∀ ∈ Cho m →+∞ và chú ý đến giả thiết ( ) ( ) [ ]( )lim , , ;kk h y h y y C a b→+∞ = ∀ ∈  ta có: ( )0 0h y = Vì thế 0y là một nghiệm không tầm thường của bài toán ( ) ( )0 01.1 , 1.2 , điều này mâu thuẫn với giả thiết của bổ đề 1.15. Vậy ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.16 Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất u ,và dãy toán tử k abL∈ , các hàm tuyến tính bị chặn [ ]( ): , ;kh C a b →  thỏa mãn điều kiện: 28 ( )( ) ( )( ) [ ]sup : , , 0k t k a y s y s ds t a b y M   − ∈ ∈ →       ∫   khi k →+∞ , và với mỗi  [ ]( ), ;y C a b∈  , ta có: ( ) ( )( ) ( )( )lim 1 0 t k kk a y s y s ds →+∞ + − =  ∫   đều trên [ ],a b (1.28) Hơn nữa, ( ) ( ) ( )lim 1 0 t k kk a q s q s ds →+∞ + − =  ∫ đều trên [ ],a b (1.29) ( ) ( )lim kk h y h y→+∞ = , [ ]( ), ;y C a b∀ ∈  , lim kk c c→+∞ = Khi đó, tồn tại 0k ∈ sao cho với mỗi 0k k> bài toán (1.20), (1.21) có duy nhất nghiệm ku và lim 0k ck u u→+∞ − = . Chứng minh Ta có bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nên bài toán ( ) ( )0 01.1 , 1.2 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó theo bổ đề 1.15 thì tồn tại các số 0k ∈ và 0r > . Khi đó, rõ ràng, với mỗi 0k k> , bài toán : ( ) ( )( )ku t u t′ =  ( )01.20 ( ) 0kh u = ( )01.21 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó,theo định lý 1.2, với mỗi 0k k> , bài toán (1.20), (1.21) có nghiệm duy nhất.  Ta sẽ chứng minh rằng nếu u và ku lần lượt là các nghiệm của bài toán (1.1), (1.2), và (1.20), (1.21) thì ta có lim 0k ck u u→+∞ − = . 29 Đặt: ( ) ( ) ( )k kv t u t u t= − , [ ],t a b∀ ∈ thì  [ ]( ), ; .k C a bν ∈  Ta cần chứng minh: lim 0.k ck ν→+∞ = Thật vậy, với mỗi 0k k> , từ cách đặt kν ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) [ ], , .k k k kt u t u t u t q t u t q t t a bν ′ ′ ′= − = + − − ∀ ∈  ( ) ( ) ( ) ( ).k k k k k k kh h u h u c h uν = − = − Đặt:  ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )k k kq t u t u t q t q t= − + −  , [ ],t a b∀ ∈ ,  ( )k k kc c h u= − . Khi đó , ta có bài toán: ( ) ( )( )  ( )k k k kv t v t q t′ = + , [ ],t a b∀ ∈ , ( ) k k kh v c= , Đặt: ( ) ( ) ( )( ) [ ]1 max : , t k k k k k a t t ds t a bδ ν ν   ′= + − ∈       ∫  (1.30) ( )  ( ) [ ]1 max : , . t k k a q s ds t a b   = + ∈     ∫ Theo bổ đề 1.15 thì với *0k ∈ và 0r > tồn tại ở trên ta có: ( )( ) ( ) 0, .k k k k k kc r h r c k kν ν δ δ≤ + = + ∀ > (1.31) Lại có:  ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) . t t t k k k a a a q s ds u s u s ds q s q s ds≤ − + −      ∫ ∫ ∫  Cho k →+∞ và chú ý đến (1.28), (1.29) và (1.30) ta có: ( )  ( ) [ ]lim lim 1 max : , 0. t k k kk k a q s ds t a bδ →+∞ →+∞   = + ∈ =     ∫ (1.32) Ta lại có: ( ) ( )lim ,kk h u h u→+∞ = 30 lim ,kk c c→+∞ = và do ( )h u c= nên ta có: lim 0.k k c →+∞ = Do đó, khi cho k →+∞ trong (1.31) và chú ý đến (1.32) ta có: lim 0,k ck v→+∞ = hay là: lim 0.k ck u u→+∞ − = Vậy ta có điều phải chứng minh. CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT. 2.1 Giới thiệu bài toán Trong chương này , chúng ta áp dụng các kết quả của chương I để nghiên cứu các vấn đề về sự tồn tại và duy nhất nghiệm có dấu không đổi của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất. Cụ thể, trên đoạn [ ],a b , ta xét bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất: ( ) ( )( ) ( )u t u t q t′ = + (2.1) ( ) ( )u a u b cλ− = (2.2) trong đó [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;C a b L a b→   là toán tử tuyến tính bị chặn , [ ]( ), ; ,q L a b λ+ +∈ ∈  , có nghiệm duy nhất và nghiệm này không thay đổi dấu. Nghiệm của phương trình (2.1) là một hàm  [ ]( ), ;u C a b∈  thỏa phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên đoạn [ ],a b . Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là nghiệm của phương trình (2.1) và thỏa điều kiên biên (2.2). Trường hợp đặc biệt của phương trình (2.1) là phương trình vi phân với đối số lệch : 31 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )u t p t u t g t u t q tτ µ′ = − + , (2.3) trong đó: [ ]( ) [ ]( ), , ; , , ; , , abp g L a b q L a b Mτ µ+∈ ∈ ∈  Cùng với bài toán (2.1), (2.2) hoặc (2.3), (2.2) ta xét các bài toán thuần nhất tương ứng sau: ( ) ( )( )u t u t′ =  , ( )02.1 ( ) ( ) 0u a u bλ− = ( )02.2 Hay ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )u t p t u t g t u tτ µ′ = − ( )02.3 ( ) ( ) 0u a u bλ− = ( )02.2 Kết quả sau được trích dẫn trong tài liệu [9] Định nghĩa 2.1 Ta nói toán tử abL∈ thuộc vào tập ( )V λ+ ( tương ứng ( )V λ− ) nếu bài toán thuần nhất ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường và [ ]( ), ; ,q L a b c+ +∀ ∈ ∈  thì bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm không âm (tương ứng nghiệm không dương). Khi đó, theo định lý 1.2 ở chương 1, ta suy ra nếu ( )V λ+∈ (tương ứng ( )V λ−∈ ) khi và chỉ khi bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất nghiệm không âm (tương ứng nghiệm không dương) *Chú ý: Từ định nghĩa 2.1 có thể suy ra rằng nếu ( )V λ+∈ (tương ứng ( )V λ−∈ ) thì đối với phương trình (2.1) xảy ra bất đẳng thức vi phân, tức là: với mọi  [ ]( ), , ;u v C a b∈  thỏa các bất đẳng thức: ( ) ( )( ) ( ) ,u t u t q t′ ≤ + ( ) ( )( ) ( )t t q tν ν′ ≥ + với mọi [ ], ,t a b∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ,u a u b a bλ ν λν− ≤ − thì ( ) ( )u t v t≤ (tương ứng ( ) ( )u t v t≥ ) với mọi [ ],t a b∈ . Thật vậy, ta đặt ( ) ( ) ( )w t t u tν= − . Khi đó tác động toán tử  vào 2 vế ta được: 32 ( )( ) ( )( ) ( )( )w t t u tν= −   ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )t q t u t q tν= + − +  ( ) ( )t u tν ′ ′≤ − Mà ( ) ( ) ( )t u t w tν ′ ′ ′− = Vậy ( ) ( )( )w t w t′ ≥  , hơn nữa do giả thiết và cách đặt ( )w t nên ( ) ( ) 0w a w bλ− ≥ . Do đó tồn tại ( ) [ ]( ), ;q t L a b +∈  và 0c ≥ sao cho: ( ) ( )( ) ( )w t w t q t′ = + , ( ) ( )w a w b cλ− = . Do ( )V λ+∈ nên suy ra ( ) [ ]0, ,w t t a b≥ ∀ ∈ hay ( ) ( ) [ ], ,t u t t a bν ≥ ∀ ∈ . Trường hợp ( )V λ−∈ được chứng minh tương tự. * Cần chú ý rằng nếu abP∈ và ( )V λ+∈ thì 1λ < và nếu abP− ∈ và ( )V λ−∈ thì 1.λ > Thật vậy: - Nếu abP∈ và ( )V λ+∈ thì: Tích phân hai vế (2.1) từ a đến b ta được : ( ) ( ) ( )( ) ( ) b b a a u b u a u s ds q s ds− = +∫ ∫ . Vì abP∈ và ( )V λ+∈ nên: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 0 b b b a a a u a u b u s ds q s ds u s ds− = − − ≤ − <∫ ∫ ∫  . Do đó từ (2.2) ta có: ( ) ( ) 0c u b u bλ+ − < Từ đây suy ra: ( ) ( ) ( )u b c u b u bλ λ≤ + < Vậy 1λ ). - Chứng minh tương tự cho trường hợp abP− ∈ và ( )V λ−∈ ta cũng có 1.λ > - Nếu 1λ = thì toán tử abL∈ được mặc định là không tầm thường. 2.2 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất Định lý 2.2 33 Giả sử ( ]0,1 ,λ∈ abP∈ và ( )( )1 1 1 b a s dsλ λ − < ≤∫  . (2.4) Khi đó ( )V λ−∈ Chứng minh Để chứng minh ( )V λ−∈ ta cần chứng minh hai điều sau:  Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm không dương , [ ]( ), ; ,q L a b c+ +∀ ∈ ∀ ∈   Bài toán thuần nhất tương ứng ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường.  Ta chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm không dương : Giả sử u là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.1), (2.2) với [ ]( ), ;q L a b +∈  và c +∈ . Ta cần chứng minh: ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∀ ∈ . Thật vậy: * Trước hết ta chứng minh u không đổi dấu Giả sử rằng u đổi dấu. Ta đặt : ( ) [ ]{ }max : , ,M u t t a b= ∈ ( ) [ ]{ }min : , ,m u t t a b= − ∈ (2.5) thì , 0M m > Ta chọn [ ], ,M mt t a b∈ sao cho: ( ) ,Mu t M= ( )mu t m= − (2.6) Khi đó xảy ra hai trường hợp: M mt t .  Nếu M mt t< Lấy tích phân 2 vế của (2.1) từ Mt đến mt ta được: ( ) ( ) ( )( ) ( ) m M t m M t u t u t u s q s ds− = +  ∫  ( )( ) ( ) m m M M t t t t u s ds q s ds= +∫ ∫ hay m M− − ( )( ) ( ) m m M M t t t t u s ds q s ds= +∫ ∫ ( do (2.6)). Đổi dấu ta được: m M+ ( )( ) ( ) ( )( ) m m m M M M t t t t t t u s ds q s ds u s ds= − − ≤ −∫ ∫ ∫  . 34 ( do [ ]( ), ;q L a b +∈  ) Ta có: ( ) .1u t m≥ − [ ],t a b∀ ∈ ( do (2.5)). Do abP∈ nên: ( )( ) ( )( )1 m m M M t t t t u s ds m s ds≥ −∫ ∫  hay ( )( ) ( )( )1 m m M M t t t t u s ds m s ds− ≤∫ ∫  ( )( )1 b a m s ds≤ ∫  . Vậy ( )( )1 b a M m m s ds+ ≤ ∫  . Do ( 2.4) nên M m m+ ≤ . Điều này mâu thuẫn với , 0m M > .  Nếu M mt t> Lấy tích phân 2 vế của (2.1) từ a đến mt ta được: ( ) ( )mu t u a− = ( )( ) ( ) m mt t a a u s ds q s ds+∫ ∫ hay ( )m u a− − ( )( ) ( ) m mt t a a u s ds q s ds= +∫ ∫ Đổi dấu ta được: ( )m u a+ = ( )( ) ( ) ( )( ) m m mt t t a a a u s ds q s ds u s ds− − ≤ −∫ ∫ ∫  ( do [ ]( ), ;q L a b +∈  ) Từ đây suy ra: ( ) ( )( )1 , mt a u a m m s ds+ ≤ ∫  (2.7) Lấy tích phân 2 vế của (2.1) từ Mt đến b và để ý đến ( 2.6) ta được: ( ) ( ) ( )( ) ( ) M M b b M t t u b u t u s ds q s ds− = +∫ ∫ ( )u b M− ( )( ) ( ) M M b b t t u s ds q s ds= +∫ ∫ 35 Đổi dấu ta được: ( )M u b− = ( )( ) ( ) ( )( ) M M M b b b t t t u s ds q s ds u s ds− − ≤ −∫ ∫ ∫  ( do [ ]( ), ;q L a b +∈  ) Suy ra ( ) ( )( )1 M b t M u b m s ds− ≤ ∫  . (2.8) Nhân hai vế của (2.8) cho λ : ( ) ( )( )1 M b t M u b m s dsλ λ λ− ≤ ∫  . Do ( ]0,1λ∈ và 0m > nên: ( )M u bλ λ− ( )( )1 M b t m s ds≤ ∫  . Cộng vế với vế của bất đẳng thức cuối và (2.7) lại với nhau ta được : ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 1 m M t b a t u a u b m M m s ds m s dsλ λ− + + ≤ +∫ ∫  . Do đó từ (2.2) suy ra: c m Mλ+ + ( )( ) ( )( )1 1 m M t b a t m s ds s ds   ≤ +     ∫ ∫  ( )( )1 b a m s ds≤ ∫  Lại có: M m c m Mλ λ+ ≤ + + ( do , 0c m > ) Vậy ( )( )1 b a M m m s ds mλ + ≤ ≤∫  . Do ( 2.4) nên M m mλ + ≤ . Điều này mâu thuẫn với , 0m M > . Vậy u không đổi dấu. * Ta chứng minh ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ .Giả sử ngược lại: ( ) 0u t ≥ [ ], ,t a b∀ ∈ 0u ≡/ Do ( ) 0u t ≥ và ( ) [ ]( ), , ;abP q t L a b +∈ ∈  nên ta có: ( ) ( )( ) ( ) 0u t u t q t′ = + ≥ [ ],t a b∀ ∈ . 36 Lấy tích phân hai vế của (2.1)từ a đến b : ( ) ( ) ( )( ) ( ) b b a a u b u a u s ds q s ds− = +∫ ∫ Do [ ]( ), ;q L a b +∈  nên: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) . b b b a a a u a u b u s ds q s ds u s ds− = − − ≤ −∫ ∫ ∫  ( ) ( ) ( )( ) b a c u b u b u s dsλ+ − ≤ −∫  ( do (2.2) ) vì ( ) [ ]0, ,u t t a b′ ≥ ∀ ∈ nên ( ) ( ) [ ].1, ,u t u a t a b≥ ∀ ∈ . Do abP∈ nên: ( )( ) ( ) ( ). 1u t u a≥  [ ],t a b∀ ∈ . Tích phân 2 vế ta được: ( )( ) ( ) ( )( )1 b b a a u s ds u a s ds≥∫ ∫  hay ( )( ) ( ) ( )( )1 b b a a u s ds u a s ds− ≤ −∫ ∫  . Vậy ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 b b a a c u b u b u a s ds u b s dsλ λ+ − ≤ − ≤ −∫ ∫  . ( do ( ) ( )u a u bλ− ≤ − ) Hơn nữa do c +∈ nên ta có: ( ) ( ) ( ) ( )u b u b c u b u bλ λ− ≤ + − Vậy ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 b a u b u b s dsλ λ− ≤ − ∫  . (2.9) Rõ ràng vì ( ) ( ) [ ], 0, ,u t u t t a b′ ≥ ∀ ∈ nên ( ) 0u b > . Do đó từ (2.9) ta suy ra: ( )( )1 1 b a s dsλ λ − ≥ ∫  . Điều này mâu thuẫn với giả thiết ( )( ) 1 1 b a s dsλ λ − < ∫  . Vậy ta đã chứng minh được rằng nếu u là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.1), (2.2) thì ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ , [ ]( ), ; ,q L a b c+ +∈ ∈  . Ta chứng minh bài toán thuần nhất ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường. 37 Thật vậy, giả sử ( )0u t là nghiệm của bài toán ( ) ( )0 02.1 , 2.2 thì ( )0u t− cũng là nghiệm của bài toán này. Khi đó ( )0u t và ( )0u t− đều là nghiệm của bài toán (2.1),(2.2) ứng với ( ) 0, 0q t c≡ = . Do đó theo chứng minh trên ta có: ( )0 0u t ≤ và ( )0 0u t− ≤ với mọi [ ],t a b∈ , [ ]( ), ; ,q L a b c+ +∀ ∈ ∈  Suy ra 0 0u ≡ . Vậy bài toán thuần nhất ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường. Hơn nữa do ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ , [ ]( ), ; ,q L a b c+ +∀ ∈ ∈  nên theo định nghĩa 2.1 ta suy ra ( )V λ−∈ . Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.3 Nếu ta thay bất đẳng thức ( )( )1 1 b a s dsλ λ − < ∫  ở (2.4) bởi bất đẳng thức ( )( )1 1 b a s dsλ λ − ≤ ∫  hoặc thay bất đẳng thức ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  bởi bất đẳng thức ( )( )1 1 b a s ds ε≤ +∫  ,với mọi 0ε > đủ bé cho trước thì kết quả của định lý sẽ không còn đúng ( xem ví dụ 2.6.1 và 2.6.2 ) . Định lý 2.4 Giả sử ( ]0,1 , ,abPλ∈ ∈ tồn tại ( ]0,δ λ∈ thỏa ( )V λ δ+∉ − và ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  (2.10) thì ( )V λ−∈ . Chứng minh  Giả sử u là một nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) . Ta sẽ chứng minh ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ ,với [ ]( ), ;q L a b +∈  và c +∈ . Ta dùng phản chứng, giả sử ( ) [ ]0, ,u t t a b> ∀ ∈ . Tương tự như cách chứng minh định lý 2.2, do giả thiết ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  ta có u không đổi dấu. 38 Do đó ( ) [ ]0, ,u t t a b≥ ∀ ∈ . Từ (2.1) và giả thiết [ ]( ), ;q L a b +∈  ta suy ra: ( ) ( )( )u t u t′ ≥  , [ ],t a b∀ ∈ . Vì ( ) [ ]0, ,u t t a b≥ ∀ ∈ và abP∈ nên ( )( ) [ ]0, ,u t t a b≥ ∀ ∈ Suy ra ( ) ( )( ) [ ]0, ,u t u t t a b′ ≥ ≥ ∀ ∈ (2.11) Do đó ( ) 0u b > . Từ (2.2) và do ( ) ( ], 0, 0,c u b δ λ> ∈ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0u a u b c u b u bλ λ λ δ= + ≥ ≥ − ≥ . (2.12) Do (2.11) và (2.12) nên ( ) 0u t > , [ ],t a b∀ ∈ . Từ bất đằng thức này cùng với (2.11), (2.12) ta suy ra ( )V λ δ+∈ − ( theo định lý 1.1 trong [10] ). Điều này mâu thuẫn với giả thiết của định lý. Vậy ta đã chứng minh được rằng nếu u là một nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) thì ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ với mọi [ ]( ), ;q L a b +∈  và c +∈ . Ta chứng minh bài toán thuần nhất ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường. Thật vậy, nếu ( )0u t là nghiệm của bài toán ( ) ( )0 02.1 , 2.2 thì ( )0u t− cũng là nghiệm của bài toán này hay ( )0u t và ( )0u t− đều là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) ứng với ( ) 0, 0q t c≡ = . Do đó theo chứng minh trên, ta có: ( )0 0,u t ≤ ( )0 0u t− ≤ với mọi [ ],t a b∈ Suy ra 0 0u ≡ . Vậy theo định nghĩa 2.1 ta có ( )V λ−∈ . Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.5 Nếu ta thay điều kiện ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  bởi điều kiện ( )( )1 1 b a s ds ε≤ +∫  , với bất kỳ 0ε > cho trước thì kết quả của định lý không còn đúng ( xem ví dụ 2.6.2). 39 Cũng cần chú ý rằng nếu 1λ = và abP∈ , thì tồn tại ( ]0,δ λ∈ thỏa ( )V λ δ+∉ − . Thật vậy, hàm ( ) ( )( )1 1 t a u t s ds= + ∫  với mọi [ ],t a b∈ (2.13) là một nghiệm không âm không tầm thường của bài toán : ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) , 1 0 u t u t u a u bδ ′ ≤ − − =  Với ( ) ( ) 1 1 1 L L δ = +   . Do chúng ta giả sử rằng trong trường hợp này  là một toán tử không tầm thường, ( ]0,1δ ∈ nên theo mệnh đề 1.1 ở tài liệu tham khảo thứ [10], ta có: ( )1V δ+∉ − . Tuy nhiên, nếu ( )0,1λ∈ , thì giả thiết ( ]0,δ λ∈ trong định lý 2.4 không thể thay bởi giả thiết [ ]0,δ λ∈ ( xem ví dụ 2.6.3). Hệ quả 2.6 Giả sử ( ]0,1 , abPλ∈ ∈ , và  [ ]( ), ;C a bγ ∈  thỏa: ( ) ( )( )t tγ γ′ ≤  với mọi [ ],t a b∈ , (2.14) ( ) ( )a bγ λγ< (2.15) và ( ) 0bγ > (2.16) Hơn nữa, ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  , Khi đó ( )V λ−∈ . Chứng minh Ta sẽ chứng minh từ các điều kiện (2.14), (2.15) và (2.16) suy ra ( )V λ δ+∉ − với ( ]0,δ λ∈ . Thật vậy , từ (2.14) và abP∈ ta có: ( ) [ ]( )( )/t tγ γ ++ ≤    , [ ],t a b∀ ∈ . Hơn nữa từ (2.15) và (2.16) suy ra: ( ) ( )a bγ λ γ + + <       . Do bất đẳng thức cuối nên tồn tại ( ]0,δ λ∈ sao cho: 40 ( ) ( ) ( )a bγ λ δ γ + + = −       . Vì ( ) 0bγ > , và hàm [ ]γ + là một nghiệm không âm không tầm thường của bài toán ( ) ( )( )u t u t′ ≤  , ( ) ( ) ( ) 0u a u bλ δ− − = . Do đó theo mệnh đề 1.1 trong [10], ta có ( )V λ δ+∉ − . Vì thế các giả thiết của định lý 2.4 đều thỏa nên ( )V λ−∈ . Hệ quả được chứng minh. Nhận xét 2.7 Nếu giả thiết (2.16) không đúng , tức là ( ) 0bγ ≤ thì ( )V λ−∉ .Thật vậy, giả sử (2.10) thỏa và tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bγ ∈  thỏa (2.14), (2.15), và ( ) 0bγ ≤ . Do (2.15) nên ( ) 0aγ < . Đặt ( ) [ ]{ }max : ,M t t a bγ= ∈ và chọn [ ]0 ,t a b∈ sao cho ( )0t Mγ = . Giả sử 0M ≥ . Khi đó do ( ) 0aγ < nên ta tìm được 0t a≠ . Lấy tích phân hai vế của (2.14) từ a đến 0t và để ý tới ( )( )1 1 b a s ds ≤∫  ta được: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 0 0 1 t b a a t a s ds M s ds Mγ γ γ− = ≤ ≤∫ ∫  hay ( )M a Mγ− ≤ . suy ra ( ) 0aγ ≥ : mâu thuẫn với ( ) 0aγ < . Do đó 0M < và hàm  [ ] ( )( ), ; 0,C a bγ− ∈ +∞ thỏa các bất đẳng thức: ( )( ) ( )( )t tγ γ′− ≥ − , [ ],t a b∀ ∈ . (2.17) ( ) ( )( )a bγ λ γ− > − . (2.18) Do đó theo định lý 1.1 trong [10] , ta có ( )V λ+∈ . Vì vậy ( )V λ−∉ . Cũng cần chú ý rằng nếu 1λ = , thì tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bγ ∈  thỏa điều kiện (2.14) , (2.15) , và (2.16). Thật vậy , trong trường hợp này toán tử  được giả sử 41 là không tầm thường và do đó hàm ( ) ( )( )1 1 t a t s dsγ = + ∫  với [ ],t a b∈ thỏa các bất đẳng thức (2.14), (2.15), và (2.16). Tuy nhiên , nếu ( )0,1λ∈ , thì bất đẳng thức ngặt (2.15) không thể thay bởi bất đẳng thức ( ) ( )a bγ λγ≤ . (2.19) (xem ví dụ 2.6.3). Định lý 2.8 Giả sử ( ]0,1λ∈ , abP∈ là toán tử b volterra− , và ( ]0,δ λ∈ sao cho ( )V λ δ+∉ − . Hơn nữa, nếu tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bβ +∈  thỏa: ( ) 0tβ > , [ ],t a b∀ ∈ (2.20) ( ) ( )( )t tβ β′ ≥  , [ ],t a b∀ ∈ , (2.21) thì ( )V λ−∈ . Chứng minh  Giả sử u là một nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) . Ta sẽ chứng minh ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ , [ ]( ), ;q L a b +∈  và c +∈ . Giả sử ( ) 0u a > . Khi đó tồn tại ( )0 ,t a b∈ sao cho ( ) 0u t > , [ ]0,t a t∀ ∈ .  là một toán tử b Volterra− , thu hẹp của u trên đoạn [ ]0 ,t b là một nghiệm của phương trình (2.1) với điều kiện ( )0 0u t > . Hơn nữa , thu hẹp của β trên đoạn [ ]0 ,t b là một hàm liên tục dương thỏa bất đẳng thức: ( ) ( )( )t tβ β′ ≥  , [ ]0 ,t t b∀ ∈ . (2.22) Theo định lý 1.1trong [10](ứng với 00,a tλ = = ) và ( )0, 0abP u t∈ > , [ ]( ), ;q L a b +∈  nên ta có: ( ) 0u t > , [ ]0 ,t t b∀ ∈ . Vậy ( ) 0u t > , [ ],t a b∀ ∈ . (2.23) 42 Do (2.1), (2.2), (2.23), giả thiết [ ]( ) ( ], ; , , 0,q L a b c δ λ+ +∈ ∈ ∈  nên ta có: ( ) ( )( )u t u t′ ≥  , [ ],t a b∀ ∈ (2.24) ( ) ( ) ( ) ( )u a u b u bλ λ δ≥ > − . (2.25) Từ (2.23), (2.24) và (2.25) suy ra ( )V λ δ+∈ − ( theo định lý 1.1 trong [10]) Điều này mâu thuẫn với giả thiết của định lý. Do đó ( ) 0u a ≤ . Vì (2.2) và giả thiết 0λ > , c +∈ nên ta có : ( ) 0u b ≤ . Do  là toán tử b volterra− và kết hợp cùng với (2.20), (2.21), ( ) 0u b ≤ nên theo định lý 1.6 ở [11] ta có: ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ . Vậy ta đã chứng minh rằng nếu u là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) thì ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∀ ∈ , với mọi [ ]( ), ;q L a b +∈  và c +∈ .  Ta chứng minh bài toán thuần nhất ( ) ( )0 02.1 , 2.2 chỉ có nghiệm tầm thường Thật vậy , giả sử ( )0u t là một nghiệm của bài toán này thì ( )0u t− cũng là nghiệm. Khi đó ( )0u t và ( )0u t− đều là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) với ( ) 0, 0q t c≡ = và theo chứng minh trên ta có: ( )0 0u t ≤ , ( )0 0u t− ≤ , [ ],t a b∀ ∈ . Do đó 0 0u ≡ .Vậy theo định nghĩa 2.1 thì ( )V λ−∈ . Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.9 Nếu ta thay giả thiết (2.20) bởi giả thiết ( ) 0tβ > , ( ]1,t a b∀ ∈ (2.26) với ( )1 ,a a b∈ là một điểm cố định bất kỳ thì kết quả của định lý sẽ không đúng ( xem ví dụ 2.6.4). Cũng cần chú ý rằng nếu 1λ = , thì tồn tại ( ]0,δ λ∈ sao cho ( )V λ δ+∉ − ( xem nhận xét 2.5). Tuy nhiên, nếu ( )0,1λ∈ thì giả thiết ( ]0,δ λ∈ không thể thay bởi giả thiết [ ]0,δ λ∈ (xem ví dụ 2.6.3). 43 Hệ quả 2.10 Giả sử ( ]0,1 , abPλ∈ ∈ ,  là toán tử b – volterra, và tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bγ ∈  thỏa bất đẳng thức (2.14) , (2.15) và (2.16) . Hơn nữa, nếu tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bβ +∈  thỏa bất đẳng thức (2.20) và (2.21), thì ( )V λ−∈ . Chứng minh Hệ quả 2.10 được chứng minh tương tự như trong hệ quả 2.6, tức là từ (2.14), (2.15) và (2.16) ta suy ra ( )V λ δ+∉ − với ( ]0,δ λ∈ . Do đó các giả thiết của định lý 2.8 đều thỏa mãn nên ( )V λ−∈ . Nhận xét 2.11 Nếu điều kiện (2.16) không thỏa thì hệ quả không còn đúng. Thật vậy, giả sử tồn tại một hàm  [ ]( ), ;C a bβ +∈  thỏa các bất đẳng thức (2.20) và (2.21), và có một hàm  [ ]( ), ;C a bγ ∈  thỏa (2.14), (2.15), và ( ) 0bγ ≤ . Khi đó điều kiện (2.15) suy ra ( ) 0aγ < . Rõ ràng, γ là một nghiệm của phương trình (2.1) , trong đó: ( ) ( ) ( )( ) 0q t t tγ γ′= − ≤ , [ ],t a b∀ ∈ . (2.27) Cũng hiển nhiên là tồn tại ( )0 ,t a b∈ sao cho: ( ) 0tγ < , [ ]0,t a t∀ ∈ . (2.28) Do  là toán tử b Volterra− , nên thu hẹp của γ trên đoạn [ ]0 ,t b là nghiệm của phương trình (2.1) với điều kiện ( )0 0tγ < . Hơn nữa, thu hẹp của β trên đoạn [ ]0 ,t b là một hàm liên tục dương thỏa bất đẳng thức (2