Luận văn Nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai

ừ giả thiết ab∈  và (1.82) suy ra ( ) 0tω′′ ≥ , [ ]0 ,t t b∈ (1.84) Theo (1.56), (1.76), (1.83) ta có ( )0 0tω > (1.85) Mặt khác, từ (1.81), (1.75) suy ra ( ) ( ) ( )0 0 0t t u tω λγ′ ′ ′= + Mà theo các điều kiện (1.55) – (1.57) và điều kiện ab∈  ta có ( ) 0tγ ′ ≥ , [ ],lt a b∈ (1.86) Do (1.75), (1.76), (1.83), (1.86) nên ( )0 0tω′ > (1.87) Từ tính liên tục của các hàm u , γ trên đoạn [ ]0 ,t b nên từ (1.80) tồn tại ( ]0 ,t t b′∈ sao cho ( ) ( ) u t t λ γ ′− = ′ Hay ( ) 0tω ′ = (1.88) Mặt khác, tích phân (1.84) từ 0t tới t và do (1.87) ta có ( ) 0tω′ > , [ ]0 ,t t b∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức trên từ 0t tới t′và cùng với (1.85) ta gặp mâu thuẫn với (1.88). Do đó ( ) [ ]{ }max : , 0u t t a b∈ ≤ Hay ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ Vậy theo định nghĩa 1.2 ta có [ ]( ),V a b∈ . Trường hợp [ ]( ),V a b′∈ được chứng minh tương tự. Vậy định lí đã được chứng minh xong. Hệ quả 1.13 Cho ab∈  là toán tử b – Volterra, và tồn tại ,m k∈ , m k> , sao cho ( ) ( )m kt tϕ ϕ≤ [ ],t a b∈ , (1.89) trong đó, [ ]( )1 , ;C a bϕ ′∈   thỏa mãn ( ) ( )1 10, 0t tϕ ϕ ′> ≥ [ ],t a b∈ , (1.90) ( ) ( ) ( )( )1 t i i a t t s s dsϕ ϕ+ = −∫  [ ],t a b∈ Khi đó [ ]( ),V a b∈ . Chứng minh Giả sử rằng [ ),la a b∈ (vì nếu la b= thì ( )1 0≡ , do đó [ ]( ),V a b∈ ). Theo (1.90), ta dễ dàng chứng minh được ( ) 0i tϕ > , ( ],lt a b∈ , i∈ (1.91) Đặt ( ) ( ) 1 m i i k t tγ ϕ = + = ∑ , [ ],t a b∈ Ta sẽ kiểm tra γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.11. Rõ ràng, [ ]( ), ;C a bγ ′∈   Do (1.91) nên ta có ( ) 0tγ > , [ ],t a b∈ (1.92) ( ) ( ) 1 m i i k t tγ ϕ = + ′′ = ∑ mà ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 t t i i i a a t t s s ds s dsϕ ϕ ϕ+ ′  ′ = − =    ∫ ∫  , i∈ nên ( ) ( )( )1 1 tm i i k a t s dsγ ϕ − = +   ′ =     ∑ ∫ , [ ],t a b∈ Mặt khác từ ( ) ( )( )1 t i i a t s dsϕ ϕ+′ = ∫ Suy ra ( ) ( )( )1 1 t i i C a t s dsϕ ϕ+′ ≥ − ∫ , i∈ Do đó, ( ) ( )( )1 1 1 tm i C i k a t s dsγ ϕ − = +   ′ ≥ −     ∑ ∫ nên ( ) ( )( )1 1 1 0 tm l i C i k a a s dsγ ϕ − = + ′ ≥ − =∑ ∫ (1.93) Ta lại có ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 m m i i k m i k i k t t t tγ ϕ ϕ ϕ ϕ − + = = +  ′′ = = + −    ∑ ∑   ( )( ) ( )( )k mt tγ ϕ ϕ= + −  Do ab∈  và (1.89) suy ra ( ) ( )( )t tγ γ′′ ≥  , [ ],t a b∈ (1.94) Từ (1.92), (1.93), (1.94) thì hàm γ thỏa mãn các điều kiện của định lí 1.11 nên [ ]( ),V a b∈ . Hệ quả đã được chứng minh xong. Định lí 1.14 Cho ab∈  là toán tử a – Volterra, và tồn tại hàm ( ]( ), ;loc lC a bγ ′∈   thỏa mãn các điều kiện ( ) ( )( ) lab t tγ γ′′ ≥  [ ], lt a b∈ , (1.95) ( ) 0tγ > [ ), lt a b∈ , (1.96) ( ) 0lbγ ′ ≤ . (1.97) trong đó, [ ] ( )( ) [ ]{ }, : 1 0, ,lB t a b x x t b= ∈ = ∈ , infl lb B= . Khi đó  thuộc cả hai tập [ ]( ),V a b và [ ]( ),V a b′ . Bổ đề 1.15 Cho ( ), 1 0ab∈ ≡/  , hàm [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn (1.4), (1.59), trong đó ( )1 ,t a b∈ và ( ) 0u b = (1.98) Khi đó, tồn tại ( )0 , lt a b∈ sao cho ( ) ( )0 00, 0u t u t′> < (1.99) Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh bổ đề đúng cho trường ( ),lb a b∈ . Giả sử hàm [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn (1.4), (1.59), (1.98). Khi đó theo (1.4), và giả thiết ab∈  , ta có ( ) ( )( )1Cu t u t′′ ≥ −  , [ ],t a b∈ Do định nghĩa của lb nên ta có ( ) 0u t′′ ≥ , [ ],lt b b∈ (1.100) Rõ ràng, ( )1 0u t′ < (1.101) hoặc ( )1 0u t′ ≥ (1.102) Giả sử (1.101) xảy ra, khi đó Nếu ( )1 , lt a b∈ , thì (1.99) được thực hiện với 0 1t t= . Nếu [ ]1 ,lt b b∈ , khi đó ta có ( ) ( )0, 0l lu b u b′> < (1.103) Thật vậy, tích phân (1.100) từ lb tới 1t và do (1.101) ta được bất đẳng thức 2 trong (1.103) Mặt khác, tích phân (1.100) từ t tới 1t và do (1.101) ta được ( ) 0u t′ < , [ ]1,lt b t∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức trên từ lb tới 1t và do (1.59) ta được bất đẳng thức 1 trong (1.103). Do tính liên tục của các hàm ,u u′ nên các bất đẳng thức trong (1.103) chứng tỏ tồn tại ( )0 , lt a b∈ sao cho (1.99) đúng. Giả sử (1.102) xảy ra, khi đó ta có ( )1 , lt a b∈ (1.104) Thật vậy, vì nếu [ ]1 ,lt b b∈ , khi đó tích phân (1.100) với cận từ 1t tới t và do (1.102) nên ( ) 0u t′ > , [ ]1,t t b∈ Tích phân bất đẳng thức trên từ 1t tới b và do (1.59) ta được ( ) 0u b > Điều này mâu thuẫn với (1.98) nên (1.104) đúng. Ta lại có ( ) [ ]{ }1min : , 0lu t t t b′ ∈ < (1.105) Vì nếu ngược lại ( ) [ ]{ }1min : , 0lu t t t b′ ∈ ≥ thì cùng với (1.59) cho ta ( ) ( )0, 0l lu b u b′> ≥ Tích phân (1.100) với cận từ lb tới t ta có ( ) 0u t′ ≥ , [ ],lt b b∈ Tích phân bất đẳng thức vừa có với cận từ lb tới b suy ra ( ) 0u b > Điều này mâu thuẫn với (1.98). Khi đó rõ ràng ( ) 0u t > , [ ]1, lt t b∈ (1.106) hoặc tồn tại ( ]* 1, lt t b∈ sao cho ( ) [ )1 *0, ,u t t t t> ∈ và ( )* 0u t = (1.107) Giả sử (1.106) xảy ra, khi đó cùng với (1.105) thì tồn tại ( )0 1, lt t b∈ sao cho (1.99) đúng. Bây giờ ta giả sử (1.107) xảy ra, khi đó ta có ( ) [ ]{ }1 *min : , 0u t t t t′ ∈ < (1.108) Thật vậy, vì nếu ( ) [ ]{ }1 *min : , 0u t t t t′ ∈ ≥ nên cùng với (1.107) ta gặp mâu thuẫn với (1.59). Nên từ (1.107), (1.108) suy ra tồn tại ( )0 1 *,t t t∈ sao cho (1.99) đúng. Trường hợp nếu lb b= thì ta có chứng minh tương tự. Bổ đề 1.16 Cho ( ), 1 0abP∈ ≡/  , hàm [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn (1.4), (1.59), trong đó ( )1 ,t a b∈ và ( ) 0u b′ = (1.109) Khi đó, tồn tại ( ]0 , lt a b∈ sao cho ( ) ( )0 00, 0u t u t′> ≤ (1.110) Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh bổ đề cho trường hợp ( ),lb a b∈ , (nếu lb b thì ta có chứng minh tương tự). Giả sử hàm [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn (1.4), (1.59), (1.109). Khi đó, theo (1.4), và giả thiết ab∈  ta có ( ) ( )( )1Cu t u t′′ ≥ −  , [ ],t a b∈ Do định nghĩa của lb nên ta có ( ) 0u t′′ ≥ , [ ],lt b b∈ (1.111) Khi đó, rõ ràng ( ) 0lu b > (1.112) hoặc ( ) 0lu b ≤ (1.113) Nếu (1.112) xảy ra, khi đó tích phân (1.111) từ lb tới b và do (1.109) ta có ( ) 0lu b′ ≤ Do đó (1.110) được thực hiện với 0 lt b= . Nếu (1.113) đúng, khi đó ta có ( )1 , lt a b∈ (1.114) Thật vậy, nếu [ ]1 ,lt b b∈ khi đó tích phân (1.111) từ t tới b và do (1.109) nên ( ) 0u t′ ≤ , [ ],lt b b∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức trên được từ lb tới 1t và do (1.113) cho ta ( )1 0u t ≤ Điều này mâu thuẫn với (1.59). Rõ ràng, ( ) [ ]10, , lu t t t b> ∈ (1.115) hoặc tồn tại ( )* 1, lt t b∈ sao cho ( ) [ )1 *0, ,u t t t t> ∈ và ( )* 0u t = (1.116) Ta lại có ( ) [ ]{ }1min : , 0lu t t t b′ ∈ ≤ (1.117) Thật vậy, vì nếu ngược lại thì cùng với (1.113) ta gặp mâu thuẫn với (1.59). Khi đó, từ (1.115), (1.117) chứng tỏ tồn tại ( )0 1, lt t b∈ sao cho (1.110) đúng. Nếu (1.116) xảy ra thì ta có ( ) [ ]{ }1 *min : , 0u t t t t′ ∈ ≤ (1.118) Thật vậy, vì nếu ( ) [ ]{ }1 *min : , 0u t t t t′ ∈ > thì ( ) [ ]1 *0, ,u t t t t′ > ∈ Tích phân bất đẳng thức trên từ 1t tới *t và cùng với (1.116) ta gặp mâu thuẫn với (1.59). Các bất đẳng thức trong (1.116), (1.118) chứng tỏ tồn tại ( )0 1 *,t t t∈ sao cho (1.110) xảy ra. Bổ đề đã được chứng minh xong. Chứng minh định lí 1.14 Đầu tiên ta chứng minh [ ]( ),V a b∈ . Cho ab∈  là toán tử a – Volterra, và hàm ( ]( ), ;loc lC a bγ ′∈   thỏa mãn các điều kiện (1.95), (1.96), (1.97). Lấy [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn (1.2), (1.4). Ta sẽ chứng minh ( ) [ ]0, ,u t t a b≤ ∈ Phản chứng, giả sử ( ) [ ]{ }max : , 0u t t a b∈ > (1.119) Khi đó, từ (1.2), (1.4), (1.119) thì u thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 1.15 nên tồn tại ( )0 , lt a b∈ (1.120) sao cho ( ) ( )0 00, 0u t u t′> < (1.121) Từ (1.4), (1.95), (1.120) ta có ( ) ( )( ) 0at u t u t′′ ≥  , [ ]0,t a t∈ (1.122) ( ) ( )( ) 0at t tγ γ′′ ≥  , [ ]0,t a t∈ (1.123) Rõ ràng, ( ) [ ]{ }0min : , 0u t t a t∈ < (1.124) Thật vậy, nếu ( ) [ ]{ }0min : , 0u t t a t∈ ≥ thì từ (1.122) và giả thiết ab∈  ta có ( ) 0u t′′ ≥ , [ ]0,t a t∈ Tích phân bất đẳng thức trên và do (1.121) ta gặp mâu thuẫn với (1.2) nên (1.124) đúng. Đặt ( ) ( ) [ ]0 max : , u t t a t t λ γ  − = ∈     (1.125) ( ) ( ) ( )t t u tω λγ= + , [ ]0,t a t∈ (1.126) Khi đó, ( ) 0tω ≥ , [ ]0,t a t∈ (1.127) Từ (1.125) và theo (1.96), (1.124) ta có 0λ > (1.128) Mặt khác, từ (1.126) và do (1.122), (1.123) suy ra ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 0 0at at at t t u t u tω λ γ λγ′′ ≥ + = +   , [ ]0,t a t∈ Hay ( ) ( )( ) 0at t tω ω′′ ≥  , [ ]0,t a t∈ Do ab∈  và (1.127) nên ( ) 0tω′′ ≥ , [ ]0,t a t∈ (1.129) Từ (1.126) và do (1.96), (1.120), (1.121), (1.128) ta có ( )0 0tω > (1.130) ( ) ( ) ( )0 0 0t t u tω λγ′ ′ ′= + Mà theo các điều kiện từ (1.95) – (1.97) và điều kiện ab∈  suy ra ( ) 0tγ ′ ≤ , [ ], lt a b∈ (1.131) Thay (1.131) vào phương trình ( ) ( ) ( )0 0 0t t u tω λγ′ ′ ′= + ta có ( )0 0tω′ < (1.132) Do tính liên tục của các hàm u , γ trên đoạn [ ]0,a t nên từ (1.125) tồn tại [ )0,t a t′∈ sao cho ( ) ( ) u t t λ γ ′− = ′ Hay ( ) 0tω ′ = (1.133) Mặt khác, tích phân (1.129) từ t tới 0t và do (1.132) ta có ( ) 0tω′ < , [ ]0,t a t∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức trên từ t′ tới 0t và do (1.130) cho ta ( ) 0tω ′ > Điều này mâu thuẫn với (1.133). Do đó, ( ) [ ]{ }max : , 0u t t a b∈ ≤ Hay ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ Theo định nghĩa 1.2 suy ra [ ]( ),V a b∈ . Chứng minh tương tự ta sẽ có được [ ]( ),V a b′∈ . Vậy định lí đã được chứng minh xong. Hệ quả 1.17 Cho ab∈  là toán tử a – Volterra, và tồn tại ,m k∈ , m k> , sao cho ( ) ( )m kt tϕ ϕ≤ [ ],t a b∈ , (1.134) trong đó, [ ]( )1 , ;C a bϕ ′∈   thỏa mãn ( ) ( )1 10, 0t tϕ ϕ ′> ≤ [ ],t a b∈ , (1.135) ( ) ( ) ( )( )1 b i i t t s t s dsϕ ϕ+ = −∫  [ ],t a b∈ . Khi đó [ ]( ),V a b∈ . Chứng minh Giả sử rằng ( ],lb a b∈ (nếu lb a= thì ( )1 0≡ do đó [ ]( ),V a b∈ ). Theo (1.135), dễ dàng chứng minh được ( ) 0i tϕ > , ( ],lt a b∈ , i∈ (1.136) Đặt ( ) ( ) 1 m i i k t tγ ϕ = + = ∑ , [ ],t a b∈ Rõ ràng, [ ]( ), ;C a bγ ′∈   Do (1.136) ta có ( ) 0tγ > , [ ],t a b∈ (1.137) ( ) ( ) 1 m i i k t tγ ϕ = + ′′ = ∑ mà ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 b b i i i t t t s t s ds s dsϕ ϕ ϕ+ ′  ′ = − = −    ∫ ∫  , i∈ nên ( ) ( )( )1 1 bm i i k t t s dsγ ϕ − = +   ′ = −     ∑ ∫ , [ ],t a b∈ Mặt khác từ ( ) ( )( )1 b i i t t s dsϕ ϕ+′ = −∫ Suy ra ( ) ( )( )1 1 b i i C t t s dsϕ ϕ+′ ≤ ∫ , i∈ Do đó, ( ) ( )( )1 1 1 bm i C i k t t s dsγ ϕ − = +   ′ ≤     ∑ ∫ cho nên ( ) ( )( )1 1 1 0 l bm l i C i k b b s dsγ ϕ − = + ′ ≤ =∑ ∫ (1.138) Ta lại có ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 m m i i k m i k i k t t t tγ ϕ ϕ ϕ ϕ − + = = +  ′′ = = + −    ∑ ∑   ( )( ) ( )( )k mt tγ ϕ ϕ= + −  Do ab∈  và (1.134) nên ( ) ( )( )t tγ γ′′ ≥  , [ ],t a b∈ (1.139) Từ (1.137), (1.138), (1.139) thì các điều kiện của định lí 1.14 được thỏa mãn nên [ ]( ),V a b∈ . Hệ quả đã được chứng minh xong. Hệ quả 1.18 Cho ab∈  là toán tử b – Volterra và tồn tại hàm abf ∈ sao cho ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b b a s f s f d dsξ ξ   <    ∫ ∫ (1.140) trong đó abf ∈ được cho bởi công thức ( )( ) ( )( )( )f v t v tθ=  , (1.141) ( )( ) ( ) . t a v t v s dsθ = ∫ (1.142) Hơn nữa, bất đẳng thức ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v t f v tϕ ϕ− ≤ , [ ],t a b∈ (1.143) đúng trên tập [ ]( ), ;aC a b + , trong đó ( )( ) ( )( ) t a v t f v s dsϕ = ∫ , [ ],t a b∈ (1.144) Khi đó [ ]( ),V a b∈ . Để chứng minh hệ quả 1.18 ta sử dụng kết quả sau: Bổ đề 1.19 (xem [8], định lí 1.1, hệ quả 1.1) i) Cho ab∈  . Khi đó ( )ab a∈  nếu và chỉ nếu tồn tại [ ] ( )( ), ; 0,C a bγ ∈ +∞ thỏa mãn ( ) ( )( )t tγ γ′ ≥  , [ ],t a b∈ ii) Cho ab∈  và tồn tại ab∈  sao cho ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b b a s s d dsξ ξ   <    ∫ ∫  Bất đẳng thức ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1v t t v t v tθ θ− ≤   đúng trên tập [ ]( ), ;aC a b + với ( )( ) ( )( ) t a v t v s dsθ = ∫ , [ ],t a b∈ Khi đó ( )ab a∈  . Chứng minh hệ quả 1.18 Từ giả thiết tồn tại abf ∈ , các điều kiện (1.140), (1.143), (1.144) nên các điều kiện của ii) của bổ đề 1.19 được thỏa mãn. Khi đó theo i) của bổ đề 1.19 thì tồn tại [ ]( ), ;C a bω∈   sao cho ( ) ( )( )t f tω ω′ = , [ ],t a b∈ (1.145) và ( ) 0tω > , [ ],t a b∈ (1.146) Đặt ( ) ( )( )t tγ θ ω= , [ ],t a b∈ (1.147) với ( )( ) ( ) t a t s dsθ ω ω= ∫ Khi đó rõ ràng, [ ]( ), ;C a bγ ′∈   Từ (1.147) và do (1.146), ta có ( ) ( )( ) ( ) 0 t a t t s dsγ θ ω ω= = >∫ , [ ],t a b∈ ( ) ( ) 0t tγ ω′ = > , [ ],t a b∈ ( ) ( )t tγ ω′′ ′= , [ ],t a b∈ Do (1.145), (1.141), (1.147) nên ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )t f t t tγ ω θ ω γ′′ = = =  Do đó γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.11 nên [ ]( ),V a b∈ . Hệ quả đã được chứng minh. Hệ quả 1.20 Cho ab∈  là toán tử a – Volterra và tồn tại hàm abf ∈ sao cho ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b s a a f s f d dsξ ξ   <    ∫ ∫ (1.148) trong đó abf ∈ được cho bởi công thức ( )( ) ( )( )( )f v t v tθ= − , (1.149) ( )( ) ( ) b t v t v s dsθ = ∫ . (1.150) Hơn nữa, bất đẳng thức ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v t f v tϕ ϕ− ≤ , [ ],t a b∈ (1.151) đúng trên tập [ ]( ), ;bC a b + , trong đó ( )( ) ( )( ) b t v t f v s dsϕ = ∫ , [ ],t a b∈ (1.152) Khi đó [ ]( ),V a b∈ . Để chứng minh hệ quả 1.20 ta sử dụng kết quả sau: Bổ đề 1.21 (xem [8], định lí 1.5, hệ quả 1.3) i) Cho ab− ∈  . Khi đó ( )ab b∈  nếu và chỉ nếu tồn tại [ ] ( )( ), ; 0,C a bγ ∈ +∞ thỏa mãn ( ) ( )( )t tγ γ′ ≤  , [ ],t a b∈ ii) Cho ab− ∈  và tồn tại ab∈  sao cho ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b s a a s d dsξ ξ   <    ∫ ∫  Bất đẳng thức ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )1 t v t v t v tθ θ− ≤   được thực hiện trên tập [ ]( ), ;bC a b + với ( )( ) ( )( ) b t v t v s dsθ = −∫ , [ ],t a b∈ Khi đó ( )ab b∈  . Chứng minh hệ quả 1.20 Từ giả thiết tồn tại abf ∈ , các điều kiện (1.148), (1.151), (1.152) nên các điều kiện của ii) của bổ đề 1.21 được thỏa mãn. Khi đó, theo i) của bổ đề 1.21 nên tồn tại [ ]( ), ;C a bω∈   sao cho ( ) ( )( )t f tω ω′ = , [ ],t a b∈ (1.153) và ( ) 0tω > , [ ],t a b∈ (1.154) Đặt ( ) ( )( )t tγ θ ω= , [ ],t a b∈ (1.155) với ( )( ) ( ) b t t s dsθ ω ω= ∫ Khi đó rõ ràng, [ ]( ), ;C a bγ ′∈   Theo (1.154), (1.155) ta có ( ) ( )( ) ( ) 0 b t t t s dsγ θ ω ω= = >∫ , [ ],t a b∈ ( ) ( ) 0t tγ ω′ = − < , [ ],t a b∈ ( ) ( )t tγ ω′′ ′= − , [ ],t a b∈ Do (1.149), (1.153), (1.155) nên ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )t f t t tγ ω θ ω γ′′ = − = =  Vậy hàm γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.14 nên [ ]( ),V a b∈ . Hệ quả đã được chứng minh xong. Hệ quả 1.22 Cho ab∈  là toán tử b – Volterra (tương ứng a – Volterra) và các điều kiện của hệ quả 1.13 hoặc hệ quả 1.18 được thực hiện (tương ứng hệ quả 1.17 hoặc hệ quả 1.20). Khi đó [ ]( ),V a b′∈ . Chứng minh Hệ quả 1.22 suy ra trực tiếp từ định lí 1.11 hoặc định lí 1.14. Định lí 1.23 a) Cho toán tử ab∈  , 0 1= −   , trong đó 0 1, ab∈   và [ ]( )0 ,V a b∈ , [ ]( )1 ,V a b− ∈ (1.156) Khi đó [ ]( ),V a b∈ . b) Cho toán tử ab∈  , 0 1= −   , trong đó 0 1, ab∈   và [ ]( )0 ,V a b′∈ , [ ]( )1 ,V a b′− ∈ (1.157) Khi đó [ ]( ),V a b′∈ . Chứng minh a) Giả sử [ ]( ), ;u C a b′∈   thỏa mãn điều kiện (1.2), (1.4). Ta sẽ chứng minh ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ Xét bài toán ( ) ( )( ) [ ]( )( )0 1v t v t u t+′′ = −  (1.158) với các điều kiện biên ( ) 0v a = , ( ) 0v b = (1.159) Do nhận xét i) và điều kiện [ ]( )0 ,V a b∈ nên bài toán (1.158), (1.159) có nghiệm duy nhất [ ]( ), ;v C a b′∈   sao cho ( ) 0v t ≥ , [ ],t a b∈ (1.160) Ta có ( ) ( )u t v t≤ , [ ],t a b∈ (1.161) Thật vậy, với [ ],t a b∈ thì từ (1.4) suy ra ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )0 1u t u t u t u t′′ ≥ = −   Lấy (1.4) trừ (1.158) và do giả thiết 1 ab∈  ta được ( ) ( ) ( )( ) [ ]( )( )0 1u t v t u v t u u t+′′ ′′− ≥ − + −  ( )( )0 u v t≥ − Hơn nữa, theo (1.2), (1.159) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 u a v a u b v b − = − = Vì [ ]( )0 ,V a b∈ nên ( ) ( ) 0u t v t− ≤ Hay ( ) ( )u t v t≤ , [ ],t a b∈ Theo (1.160) ta lại có ( ) ( )u t v t + ≤   , [ ],t a b∈ (1.162) Mặt khác, theo (1.158), (1.162) và 1 ab∈  suy ra ( ) ( )( ) ( )( )0 1v t v t v t′′ ≥ −  Do (1.160), 0 ab∈  nên ( ) ( )( )1v t v t′′ ≥ − , [ ],t a b∈ (1.163) Theo điều kiện [ ]( )1 ,V a b− ∈ , (1.159), (1.163) và định nghĩa 1.2 suy ra ( ) 0v t ≤ , [ ],t a b∈ Khi đó, cùng với (1.160) ta có ( ) 0v t = , [ ],t a b∈ Từ (1.161) suy ra ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ Vậy theo định lí 1.2 thì [ ]( ),V a b∈ . Bằng cách chứng minh tương tự như trên ta nhận được khẳng định b). Chương 2: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI ĐỐI SỐ LỆCH 2.1 Giới thiệu bài toán Trong chương này, ta sẽ áp dụng các kết quả từ chương 1 để xây dựng điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm dương cho phương trình vi phân tuyến tính cấp hai đối số lệch sau: Trên đoạn [ ],a b , xét phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai ( ) ( )( ) ( )u t u t q t′′ = + (1.1) với các điều kiện biên ( ) ( )0, 0u a u b= = (1.2) hoặc ( ) ( )0, 0u a u b′= = (1.3) trong đó, [ ]( ), ;q L a b −∈  , ab∈  được cho bởi một trong các công thức sau: ( )( ) ( ) ( )( )v t g t v tµ= − (2.1) ( )( ) ( ) ( )( )v t p t v tτ= (2.2) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )v t p t v t g t v tτ µ= − (2.3) trong đó, [ ]( ), , ; , , abg p L a b µ τ+∈ ∈  . Mục đích chính của chương này là xây dựng điều kiện đủ để [ ]( ),V a b∈ hoặc [ ]( ),V a b′∈ với  được cho bởi một trong các công thức (2.1), (2.2), (2.3). 2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương Định lí 2.1 Cho 0gh ≡/ (2.4) ( ) 0h t ≤ , [ ],t a b∈ (2.5) trong đó, ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) [ ], , t a b t h t b t s a s a b s g s ds t a b s s a b s g s ds b a t a b t t a b µ µ µ µ µ µ µ µ µ µ = − − − − + + − − − − − − − − − ∈ ∫ ∫ Khi đó [ ]( ),V a b∈ (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Đầu tiên ta giả sử rằng ( )( ) ( )( ) ( ) 0 b a s a b s g s dsµ µ− − ≠∫ (2.6) Đặt ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) [ ] 1 , , t a b t t b t s a s a b s g s ds b a t a b s s a b s g s ds t a b γ µ µ µ µ  = − − − − +−   + − − − − ∈  ∫ ∫ Ta sẽ kiểm tra γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.4 Do (2.6) nên ( ) 0tγ > , ( ),t a b∈ Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( )( )t g t t a b tγ µ µ′′ = − − − Do (2.5) suy ra ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 t a b t b t s a s a b s g s ds b a t a b s s a b s g s ds t a b t µ µ µ µ µ µ µ µ µ µ  − − − − + −   + − − − −   ≤ − − ∫ ∫ Nhân cả 2 vế của bất đẳng thức trên với ( )g t− ta được ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 t a b t t g t b t s a s a b s g s ds b a t a b a s a b s g s ds µ µ γ µ µ µ µ µ µ  ′′ ≤ − − − − − − −   − − − − −   ∫ ∫ Hay ( ) ( ) ( )( )t g t tγ γ µ′′ ≤ − , [ ],t a b∈ Do (2.1) nên ( ) ( )( )t tγ γ′′ ≤  , [ ],t a b∈ Ta lại có [ ] ( ) ( )( ){ }, : 0mes t a b t tγ γ′′∈  Do đó, ( ) ( ) [ ] ( ) ( )( ){ }, : 0a b mes t a b t tγ γ γ γ′′+ + ∈  Vậy các điều kiện của định lí 1.4 thỏa mãn nên [ ]( ),V a b∈ . Bây giờ giả sử ( )( ) ( )( ) ( ) 0 b a s a b s g s dsµ µ− − =∫ (2.7) Giả sử [ ]( ), ;u C a b′∈   , thỏa mãn (1.2), (1.4). Dễ dàng thử lại rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 t b a t u t b t s a u s ds t a b s u s ds b a   ′′ ′′= − − − + − − −   ∫ ∫ , [ ],t a b∈ Thật vậy, do (2.5) suy ra ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) t a b t b t s a s a b s g s ds t a b s s a b s g s ds b a t a b t µ µ µ µ µ µ µ µ µ µ − − − − + + − − − − ≤ − − − ∫ ∫ Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với ( )g t và do [ ]( ), ;g L a b +∈  nên ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 1 t a b t g t b t s a s a b s g s ds b a t a b s s a b s g s ds g t t a b t µ µ µ µ µ µ µ µ µ µ  − − − − + −   + − − − −   ≤ − − ∫ ∫ Do (1.4) nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 t b a t u t b t s a u s ds t a b s u s ds b a   ′′ ′′= − − − + − − −   ∫ ∫ Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 t b a t u t b t s a u s ds t a b s u s ds b a ′′ ′′= − − + − − − ∫ ∫ Hay ( ) ( )( )u t M b t t a≤ − − (2.8) với ( )1 b a M u s ds b a ′′= − ∫ Mặt khác, từ (1.4), (2.1) suy ra ( ) ( ) ( )( )u t g t u tµ′′ ≥ − Do (2.7), (2.8) nên ( ) 0u t′′ ≥ , [ ],t a b∈ Cùng với giả thiết (1.2) ta có ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ . Vậy theo định nghĩa 1.2 thì [ ]( ),V a b∈ . Định lí đã được chứng minh xong. Hệ quả 2.2 Cho ( )( ) ( )( ) ( ) b a s a b s g s ds b aµ µ− − < −∫ (2.9) Khi đó [ ]( ),V a b∈ (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Đầu tiên ta giả sử rằng (2.6) xảy ra. Từ định nghĩa hàm h như trong định lí 2.1, khi đó với [ ],t a b∈ ta có ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) b a h t t a b t s a b s g s ds b aµ µ µ µ   ≤ − − − − − −    ∫ (2.10) Do (2.9) nên ( ) 0h t ≤ , [ ],t a b∈ Mặt khác, theo (2.10) ta lại có ( ) ( )( ) 0gh t g h t= ≥ , [ ],t a b∈ Do (2.6) suy ra 0gh ≡/ Vậy nên các điều kiện của định lí 2.1 thỏa mãn, do đó [ ]( ),V a b∈ . Nếu (2.7) xảy ra, trường hợp này được chứng minh tương tự như định lí 2.1. Vậy hệ quả đã được chứng minh xong. Định lí 2.3 Cho 1 0gh ≡/ (2.11) và ( )1 0h t ≤ , [ ],t a b∈ (2.12) trong đó, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) [ ] 1 , , t a b t h t s a s a g s ds t a s a g s ds t a t a b µ µ µ µ µ µ = − − + + − − − − ∈ ∫ ∫ Khi đó [ ]( ),V a b′∈ , (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Đầu tiên ta giả sử rằng ( )( ) ( ) 0 b a s a g s dsµ − ≠∫ (2.13) Đặt ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) [ ], , t b a t t s a s a g s ds t a s a g s ds t a bγ µ µ= − − + − − ∈∫ ∫ Từ định nghĩa hàm γ và do (2.13) nên ta có ( ) 0tγ > , ( ],t a b∈ ( ) ( )( ) ( ) b t t s a g s dsγ µ′ = −∫ , ( ) 0bγ ′ = ( ) ( )( ) ( )t t a g tγ µ′′ = − − Mặt khác do (2.12) suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) t b a t s a s a g s ds t a s a g s ds t a µ µ µ µ µ µ− − + − − ≤ −∫ ∫ Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với ( )g t− ta được ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) t b a t t g t s a s a g s ds t a s a g s ds µ µ γ µ µ µ  ′′ ≤ − − − + − −    ∫ ∫ Hay ( ) ( ) ( )( )t g t tγ γ µ′′ ≤ − , [ ],t a b∈ Do (2.1) nên ( ) ( )( )t tγ γ′′ ≤  , [ ],t a b∈ Ta lại có [ ] ( ) ( )( ){ }, : 0mes t a b t tγ γ′′∈  nên ( ) ( ) [ ] ( ) ( )( ){ }, : 0a b mes t a b t tγ γ γ γ′ ′′+ + ∈  Vậy hàm γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.8. Do đó [ ]( ),V a b′∈ . Bây giờ ta giả sử ( )( ) ( ) 0 b a s a g s dsµ − =∫ (2.14) Giả sử [ ]( ), ;u C a b′∈   , thỏa mãn (1.3), (1.4). Ta dễ dàng thử lại rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t b a t u t s a u s ds t a u s ds   ′′ ′′= − − + −    ∫ ∫ , [ ],t a b∈ Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t b a t u t s a u s ds t a u s ds′′ ′′= − + −∫ ∫ hay ( ) ( )u t M t a′≤ − (2.15) với ( ) b a M u s ds′ ′′= ∫ Mặt khác, do (1.4), (2.1), (2.15) suy ra ( ) ( ) ( )( )u t M g t t aµ′′ ′≥ − Do (2.14) nên ( ) 0u t′′ ≥ , [ ],t a b∈ Vậy nên cùng với giả thiết (1.3) ta có ( ) 0u t ≤ , [ ],t a b∈ Do đó, theo định nghĩa 1.3 thì [ ]( ),V a b′∈ . Ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.4 Cho ( )( ) ( ) 1 b a s a g s dsµ − <∫ (2.16) Khi đó [ ]( ),V a b′∈ , (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Đầu tiên ta giả sử (2.13) xảy ra, ta định nghĩa hàm 1h như trong định lí 2.3, Khi đó ( ) ( )( ) ( )( ) ( )1 1 b a h t t a s a g s dsµ µ   ≤ − − −    ∫ (2.17) Do (2.16) nên ( )1 0h t ≤ , [ ],t a b∈ Mặt khác, theo (2.17) ta có ( ) ( )( )1 1 0gh t g h t= ≥ , [ ],t a b∈ Vậy nên cùng với (2.13) suy ra 1 0gh ≡/ Do đó, các điều kiện của định lí 2.3 được thực hiện nên [ ]( ),V a b′∈ . Bây giờ ta giả sử (2.14) xảy ra, trường hợp này được chứng minh tương tự như chứng minh trong định lí 2.3. Hệ quả đã được chứng minh xong. Định lí 2.5 Giả sử tồn tại [ )0,1iλ ∈ , ( ), , 1,2ij i jα +∈ = , [ ],c a b∈ sao cho ( ) ( ) 1 2 1 2 11 12 10 1 2 21 22 20 1 1 c ads s s b cds s s λ λ α α λ α α λ −+∞ −+∞ − ≥ + + − − ≥ + + − ∫ ∫ (2.18) và ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 11 1 12 2 21 2 22 , , , , , , , . t a g t t a t t g t t a c t a b t g t b t t t g t t c b b t λ λ λ λ α λ µ α α λ µ α − ≤  − + − ≥ − ∈ −  − ≤  − − + − ≤ ∈ −  (2.19) Hơn nữa, ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.19) đúng trên tập độ đo dương hoặc ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.18) là đúng. Khi đó [ ]( ),V a b∈ , (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Giả sử ( ),c a b∈ (nếu c a= hoặc c b= thì định lí được chứng minh tương tự). Không mất tính tổng quát, ta giả sử ( ) ( ) 1 2 1 2 11 12 10 1 2 12 22 20 1 1 c ads s s b cds s s λ λ α α λ α α λ −+∞ −+∞ − = + + − − = + + − ∫ ∫ (2.20) và ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.19) đúng trên tập độ đo dương. Định nghĩa hàm 1 2,ρ ρ bởi phương trình ( ) ( ) 1 1 1 2 11 12 11t t ads s s λ ρ α α λ −+∞ − = + + −∫ , ( ],t a c∈ (2.21) ( ) ( ) 2 2 1 2 21 22 21t b tds s s λ ρ α α λ −+∞ − = + + −∫ , [ ),t c b∈ (2.22) Khi đó từ (2.20), (2.21), (2.22), ta có ( ) ( )1 0, ,t t a cρ > ∈ , ( ) ( )2 0, ,t t c bρ > ∈ (2.23) và ( )1 0cρ = , ( )2 0cρ = (2.24) Đặt ( ) ( ) ( ) [ ) ( ) ( ) [ ] 1 2 1 2 exp , , exp , , c t t c s a s ds t a c t b s s ds t c b λ λ ρ γ ρ − −    − − ∈     =    − − ∈    ∫ ∫ Rõ ràng, ( )( ), ;locC a bγ ′∈   Ta sẽ chứng minh hàm γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.4 Ta có ( ) 0tγ > , ( ),t a b∈ (2.25) và ( ) ( )0, 0a bγ γ≥ ≥ (2.26) Từ định nghĩa hàm γ suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 11 1exp c t t t a t s a s dsλ λγ ρ ρ− −   ′ = − − −    ∫ , ( ),t a c∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2exp t c t b t t b s s dsλ λγ ρ ρ− −   ′ = − − − −    ∫ , [ ],t c b∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 exp exp exp , , c t c t c t t t a t s a s ds t t a s a s ds t a t s a s ds t a c λ λ λ λ λ λ γ λ ρ ρ ρ ρ ρ ρ − − − − − − −   ′′ = − − − − +      ′+ − − −      + − − − ∈    ∫ ∫ ∫ Từ đó ta có ( ) ( )0, ,t t a cγ ′ > ∈ , ( ) ( )0, ,t t c bγ ′ < ∈ (2.27) Mặt khác, theo (2.21) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 11 2 11 12 1 1 t t a t t λρ α α ρ ρ −′ − = − + + Hay ( ) ( ) ( ) ( )( )1 21 11 12 1 1t t a t tλρ α α ρ ρ−′ = − − + + Thay vào hàm ( )tγ ′′ ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 11 12 1 2 , ,t t t t a ct at a t aλ λ α α λγ γ γ   ′′ ′= − − + ∈  −− −  (2.28) Tương tự theo (2.22) ta cũng chứng minh được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 21 22 2 2 , ,t t t t c bb tb t b tλ λ α α λγ γ γ   ′′ ′= − + + ∈  −− −  (2.29) Theo (2.19), (2.25), (2.27), (2.28), (2.29), ta có ( ) [ ]0, ,t t a bγ ′′ ≤ ∈ (2.30) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )t g t t t t g t tγ γ µ γ′′ ′≤ − − − , [ ],t a b∈ (2.31) Mặt khác, tích phân (2.30) từ t tới ( )tµ ta lại có ( ) ( ) 0 t t s ds µ γ ≤∫ Suy ra ( ) ( )( )t tγ γ µ′ ′≥ , [ ],t a b∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức vừa tìm được từ t tới ( )tµ ta được ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) t t t t t s ds t t µ µ γ γ γ µ γ′ ′− ≥ = −∫ , [ ],t a b∈ Thay vào (2.31) suy ra ( ) ( ) ( )( )t g t tγ γ µ′′ ≤ − , [ ],t a b∈ (2.32) Mặt khác, từ giả thiết ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.19) đúng trên tập độ đo dương nên ta có [ ] ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ){ }, : 0mes t a b t g t t t t g t tγ γ µ γ′′ ′∈ hay [ ] ( ) ( ) ( )( ){ }, : 0mes t a b t g t tγ γ µ′′∈ suy ra ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( )( ){ }, : 0a b mes t a b t g t tγ γ γ γ µ′′+ + ∈ (2.33) Theo (2.25), (2.32), (2.33) thì hàm γ thỏa mãn các điều kiện của định lí 1.4 nên [ ]( ),V a b∈ . Định lí được chứng minh xong. Chú ý: Các giả thiết (2.18), (2.19) là cần thiết và không thể thiếu Ví dụ 3: Xét ( ) ( ) ( ) 2 2 ,g t t tb a π µ= = − ( ) 2 1 2 12 22 11 21 20, 0, , 2 a bc b a πλ λ α α α α += = = = = = = − Dễ dàng thử lại rằng các bất đẳng thức trong (2.18), (2.19) đều thỏa mãn. Mặt khác, hàm ( ) ( ) [ ]sin , ,t au t t a b b a π − = ∈ − là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.10), (1.2). Do đó, theo nhận xét i) thì [ ]( ),V a b∉ . Định lí 2.6 Cho tồn tại [ )0,1λ∈ , ( ), 1,2i iα +∈ = , sao cho ( ) 1 2 1 20 1 b ads s s λ α α λ −+∞ − ≥ + + −∫ (2.34) và ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) [ ] 2 1 2 , , , t a g t t a t t g t t a b t a λ λ α λ µ α − ≤  − + − ≥ − ∈ −  (2.35) Hơn nữa, ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.35) đúng trên tập độ đo dương hoặc ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.34) là đúng. Khi đó [ ]( ),V a b′∈ , (với  được định nghĩa như trong (2.1)). Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử ( ) 1 2 1 20 1 b ads s s λ α α λ −+∞ − = + + −∫ (2.36) và ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.35) đúng trên tập độ đo dương. Định nghĩa hàm ρ bởi phương trình ( ) ( )1 2 1 2 1t t ads s s λ ρ α α λ −+∞ − = + + −∫ , [ ],t a b∈ (2.37) Ta có, ( ) [ )0, ,t t a bρ > ∈ (2.38) ( ) 0bρ = (2.39) Đặt ( ) ( ) ( )exp b t t s a s dsλγ ρ−   = − −    ∫ , [ ],t a b∈ Rõ ràng, ( )( ), ;locC a bγ ′∈   Ta sẽ chứng minh hàm γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.8 Ta có, ( ) 0tγ > , ( ),t a b∈ (2.40) ( ) 0aγ > (2.41) Từ định nghĩa γ suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )exp b t t t a t s a s dsλ λγ ρ ρ− −   ′ = − − −    ∫ , [ ],t a b∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 exp exp exp , , b t b t b t t t a t s a s ds t t a s a s ds t a t s a s ds t a b λ λ λ λ λ λ γ λ ρ ρ ρ ρ ρ ρ − − − − − − −   ′′ = − − − − +      ′+ − − − +      + − − − ∈    ∫ ∫ ∫ Từ đó suy ra ( ) ( )0, ,t t a bγ ′ > ∈ , ( ) 0bγ ′ = (2.42) Mặt khác do (2.37) nên ( ) ( ) ( ) ( )21 2 t t a t t λρ α α ρ ρ −′ − = − + + Hay ( ) ( ) ( ) ( )( )21 2t t a t tλρ α α ρ ρ−′ = − − + + Thay vào hàm ( )tγ ′′ cho ta ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 22 , ,t t t t a bt at a t aλ λ α α λγ γ γ   ′′ ′= − − + ∈  −− −  (2.43) Theo (2.35), (2.40), (2.42), (2.43) ta có ( ) 0tγ ′′ ≤ , [ ],t a b∈ (2.44) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )t g t t t t g t tγ γ µ γ′′ ′≤ − − − , [ ],t a b∈ (2.45) Tích phân (2.44) từ t tới ( )tµ ta được ( ) ( ) 0 t t s ds µ γ ′′ ≤∫ Suy ra ( ) ( )( )t tγ γ µ′ ′≥ , [ ],t a b∈ Tiếp tục tích phân bất đẳng thức vừa tìm được cho ta ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) t t t t t s ds t t µ µ γ γ γ µ γ′ ′− ≥ = −∫ Thay vào (2.45) ta có ( ) ( ) ( )( )t g t tγ γ µ′′ ≤ − , [ ],t a b∈ (2.46) Hơn nữa, từ giả thiết ít nhất một trong các bất đẳng thức trong (2.35) đúng trên tập độ đo dương nên [ ] ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ){ }, : 0mes t a b t g t t t t g t tγ γ µ γ′′ ′∈ hay [ ] ( ) ( ) ( )( ){ }, : 0mes t a b t g t tγ γ µ′′∈ suy ra ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( )( ){ }, : 0a b mes t a b t g t tγ γ γ γ µ′ ′′+ + ∈ (2.47) Từ (2.40), (2.42), (2.46), (2.47) thì hàm γ thỏa mãn điều kiện của định lí 1.8 nên [ ]( ),V a b′∈ . Định lí đã được chứng minh xong. Chú ý: Các giả thiết (2.34), (2.35) là cần thiết và không thể khuyết Ví dụ 4: Xét ( ) ( ) ( ) 2 2 ,4 g t t t b a π µ= = − ( ) 2 2 1 20, 0, 4 b a πλ α α= = = − Dễ dàng thử lại rằng các bất đẳng thức trong (2.34), (2.35) đều thỏa mãn. Mặt khác, hàm ( ) ( )( ) [ ] sin , , 2 t a u t t a b b a π − = ∈ − là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.10), (1.3). Do đó, theo nhận xét ii) thì [ ]( ),V a b′∉ . Định lí 2.7 Cho ( )t tτ ≥ , [ ],t a b∈ (2.48) ( ) ( )( ) ( ) ( ]1sup : , 1 t a t s s a p s ds t a b t a τ   − − ∈ ≤  −  ∫ (2.49) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Đặt ( )1 t t aϕ = − Chọn 2, 1m k= = Ta sẽ chứng minh định lí 2.7 thỏa mãn tất cả các điều kiện của hệ quả 1.13 Thật vậy, giả sử với mọi [ )1 ,a a b∈ , [ ]( ), ;v C a b∀ ∈  thỏa mãn ( ) 0v t = , [ ]1,t a b∈ Khi đó với [ ]1,t a b∈ , ta có ( )( ) ( ) ( )( )v t p t v tτ= Từ (2.48) suy ra ( ) [ ]1,t a bτ ∈ Hay ( )( ) ( ) ( )( ) 0v t p t v tτ= = Vậy  là toán tử b – Volterra. Mặt khác, từ định nghĩa của 1ϕ ta lại có ( )1 0tϕ > , ( )1 0tϕ′ > , ( ],t a b∈ Xét ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 t a t t t s s ds t aϕ ϕ ϕ− = − − −∫  = ( ) ( )( )( ) ( ) ( )1 t a t s s p s ds t aϕ τ− − −∫ = ( ) ( )( ) ( ) ( ) t a t s s a p s ds t aτ− − − −∫ Theo (2.49) suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 t a t s s a p s ds t aτ− − − − ≤∫ Hay ( ) ( )1 2t tϕ ϕ≥ Do đó, các giả thiết của định lí 2.7 thoả mãn các điều kiện của hệ quả 1.13 nên ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.8 Cho (2.48) xảy ra và ( )( ) ( ) 1 b a s a p s dsτ − ≤∫ (2.50) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Ta sẽ kiểm tra với (2.50) ta có (2.49) đúng. Thật vậy, xét hàm ( ) ( ) ( )( ) ( )1 t a f t t s s a p s ds t a τ= − − − ∫ , ( ],t a b∈ Suy ra ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 0 t a s a s a p s ds f t t a τ− − ′ = ≥ − ∫ mà ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )10 b b a a f b b s s a p s ds s a p s ds b a τ τ< = − − ≤ − − ∫ ∫ ( )lim 0 t a f t +→ = Nên ( ) ( ]{ } ( )sup : ,f t t a b f b∈ = Theo (2.50) ta có ( ) ( ]{ }sup : , 1f t t a b∈ ≤ Do đó (2.49) được thực hiện, nên theo định lí 2.7 ta có điều phải chứng minh. Định lí 2.9 Cho ( )t tτ ≤ , [ ],t a b∈ (2.51) ( ) ( )( ) ( ) [ )1sup : , 1 t a s t b s p s ds t a b b t τ   − − ∈ ≤  −  ∫ (2.52) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Đặt ( )1 t b tϕ = − Chọn 2, 1m k= = Ta sẽ chứng minh định lí 2.9 thỏa mãn tất cả các điều kiện của hệ quả 1.17 Thật vậy, dễ dàng kiểm tra được rằng  là toán tử a – Volterra. Mặt khác từ định nghĩa của 1ϕ ta có ( )1 0tϕ > , ( )1 1 0tϕ′ = − < , [ ),t a b∈ Xét ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 b t t t s t s ds b tϕ ϕ ϕ− = − − −∫  = ( ) ( )( )( ) ( ) ( )1 b t s t s p s ds b tϕ τ− − −∫ = ( ) ( )( ) ( ) ( ) b t s t b s p s ds b tτ− − − −∫ Theo (2.52) suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0 b t s t b s p s ds b tτ− − − − ≤∫ Hay ( ) ( )1 2t tϕ ϕ≥ Do đó, các điều kiện của hệ quả 1.17 được thực hiện nên ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.10 Cho (2.51) xảy ra và ( )( ) ( ) 1 b a b s p s dsτ− ≤∫ (2.53) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Dễ dàng chứng minh rằng với (2.53) thì (2.52) xảy ra Định lí 2.11 Giả sử rằng (2.48) xảy ra và ( ) ( ) 1 b a b s p s ds− ≤∫ (2.54) hoặc hai điều kiện sau được thỏa mãn ( ) ( ) 1 b a b s p s ds− >∫ (2.55) ( ) ( ) * t s t a p d ds τ ξ ξ η≤∫ ∫ (2.56) trong đó, ( ){ }* sup : 0x xη η= > với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp 1 ln exp 1 b a b a x x b s p s ds x x x b s p s ds η    −     =     − −      ∫ ∫ , 0x > Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Nếu (2.54) xảy ra, khi đó các điều kiện của hệ quả 1.13 được thực hiện với ( )1 1tϕ = , 2, 1m k= = Nếu (2.55), (2.56) xảy ra Khi đó, đặt ( ) ( ) , 1 b a c b s p s ds c= − >∫ Ta có ( ) 0 0 1lim lim ln 1 cx cxx x xex x e η + +→ →   = = −∞ −  Do 0 0 0 1lim ln lim ln . ln 0 1 1 1lim cx cx cxx x x xe cxx c e e c x + + + → → →     = + = − <    − −    = +∞ Mặt khác, ta lại có ( ) 1lim lim ln 1 cx cxx x xex x e η →+∞ →+∞   =  −  = ln 1lnlim cx cx x e ex x x→+∞      −  +       = ln 1lnlim lim cx cx x x e ex x x→+∞ →+∞    − + mà ln 1lim lim 0 x x x x x→+∞ →+∞ = = và ln 1 1lim lim . lim 0 1 1 cx cx cx cx cx cx cxx x x e e e e c x e e e→+∞ →+∞ →+∞   ′ −   −  = = − = − −  nên ( )lim 0 x xη →+∞ = Do đó, tồn tại 0λ > sao cho ( )*η η λ= (2.57) Theo (2.56) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp1 ln exp 1 b t s a b t a a b s p s ds p d ds b s p s ds τ λ λ ξ ξ λ λ    −     ≤     − −      ∫ ∫ ∫ ∫ (2.58) Lũy thừa cơ số e hai vế (2.58) ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp exp exp 1 b t s a b t a a b s p s ds p d ds b s p s ds τ λ λ λ ξ ξ λ   −    ≤      − −    ∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ mà ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t ts btptp a a a a p d ds t s p s ds b s p s ds τ τ ξ ξ τ= − ≤ −∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ (2.59) nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp exp exp 1 t s t s a a t s t a a a p d ds p d ds p d ds τ τ τ λ λ ξ ξ λ ξ ξ λ ξ ξ         ≤      −     ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp 1 exp exp t t ts s s a a t a a a p d ds p d ds p d ds τ τ τ λ ξ ξ λ ξ ξ λ λ ξ ξ         − ≤                   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( )exp 1 exp t s t a a a p d ds t s p s ds τ λ ξ ξ λ λ     − ≤ −         ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ (2.60) Đặt ( ) ( ) ( )exp 1 t a t t s p s dsγ λ   = − −    ∫ , [ ],t a b∈ Khi đó, rõ ràng ( ) 0tγ > , ( ],lt a b∈ Từ định nghĩa của γ suy ra ( ) ( ) ( ) ( )exp t t a a t p s ds t s p s dsγ λ λ   ′ = −    ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 exp exp t t t a a a t p t t s p s ds p s ds t s p s dsγ λ λ λ λ       ′′ = − + −           ∫ ∫ ∫ Do đó, ( ) ( ) ( ) ( )exp l la a l a a a p s ds t s p s dsγ λ λ   ′ = −     ∫ ∫ = ( )( ) ( ) ( )1 exp 0 l la a l a a s ds a s p s dsλ λ   − =     ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( )exp t a t p t t s p s dsγ λ λ   ′′ ≥ −    ∫ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )exp 1 t a p t t s p s ds p t t τ λ τ γ τ     ≥ − − =       ∫ , [ ],t a b∈ Vậy hàm γ thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.11 nên ta có điều phải chứng minh. Định lí 2.12 Giả sử rằng (2.51) xảy ra và ( ) ( ) 1 b a s a p s ds− ≤∫ (2.61) hoặc hai điều kiện sau được thỏa mãn ( ) ( ) 1 b a s a p s ds− >∫ (2.62) ( ) ( ) * t b t s p d ds τ ξ ξ η≤∫ ∫ (2.63) trong đó, ( ){ }* sup : 0x xη η= > với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp 1 ln exp 1 b a b a x x s a p s ds x x x s a p s ds η    −     =     − −      ∫ ∫ , 0x > Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Nếu (2.61) xảy ra, khi đó các điều kiện của hệ quả 1.17 được thực hiện với ( )1 1tϕ = , 2, 1m k= = Nếu (2.62), (2.63) xảy ra Khi đó, ( ) 0 lim x xη +→ = −∞ ( )lim 0 x xη →+∞ = Do đó tồn tại 0λ > sao cho ( )*η η λ= (2.64) Theo (2.63) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) exp 1 ln exp 1 b t b a b t s a s a p s ds p d ds s a p s dsτ λ λ ξ ξ λ λ    −     ≤     − −      ∫ ∫ ∫ ∫ (2.65) Lấy lũy thừa cơ số e hai vế của (2.65) cho ta ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp exp exp 1 b t b a b t s a s a p s ds p d ds s a p s dsτ λ λ λ ξ ξ λ   −    ≤      − −    ∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ mà ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b b b t s t a p d ds s t p s ds s a p s ds τ τ ξ ξ τ= − ≤ −∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ (2.66) nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp exp exp 1 b b t b t s b b t s t s p d ds p d ds p d ds τ τ τ λ λ ξ ξ λ ξ ξ λ ξ ξ         ≤      −     ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ , [ ],t a b∈ Hay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) exp 1 exp exp b b t b b b t s t s t s p d ds p d ds p d ds τ τ τ λ ξ ξ λ ξ ξ λ λ ξ ξ         − ≤                   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Từ đó suy ra ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )exp 1 exp b b t t s t p s ds s t p s ds τ λ τ λ λ       − − ≤ −          ∫ ∫ , [ ],t a b∈ (2.67) Đặt ( ) ( ) ( )exp 1 b t t s t p s dsγ λ   = − −    ∫ , [ ],t a b∈ Khi đó, rõ ràng ( ) 0tγ > , [ ), lt a b∈ Từ định nghĩa của γ ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( )exp b b t t t p s ds s t p s dsγ λ λ   ′ = − −    ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 exp exp b b b t t t t p t s t p s ds p s ds s t p s dsγ λ λ λ λ       ′′ = − + −           ∫ ∫ ∫ Do đó, ta có ( ) ( ) ( ) ( )exp l l b b l l b b b p s ds s b p s dsγ λ λ   ′ = − −     ∫ ∫ = ( )( ) ( ) ( )1 exp 0 l l b b l b b s ds s b p s dsλ λ   − − =     ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 exp exp b b b t t t t p t s t p s ds p s ds s t p s dsγ λ λ λ λ       ′′ = − + −           ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( )exp b t p t s t p s dsλ λ   ≥ −    ∫ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )exp 1 b t p t s t p s ds p t t τ λ τ γ τ     ≥ − − =       ∫ , [ ],t a b∈ Vậy hàm γ thỏa mãn các điều kiện của định lí 1.14 nên ta có điều phải chứng minh. Định lí 2.13 Cho (2.48) xảy ra và ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )exp 1 tb b a t t p t t s s a p s ds s a p s ds dt τ τ τ τ     − − × − <         ∫ ∫ ∫ (2.68) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Rõ ràng, ( )( ) ( ) ( ) ( )t a f v t p t v s ds τ = ∫ ( )( ) ( )( ) t a v t f v s dsϕ = ∫ Đặt ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )t t f v t p t t s f v s ds τ τ= −∫ , [ ],t a b∈ Do (2.48) dễ dàng kiểm tra được rằng  là toán tử b – Volterra Xét ( )( ) ( )( )1 exp 1 b b a t f t f s ds dt       ∫ ∫ = = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 .exp 1 tb b a t t p t t s f s ds f s ds dt τ τ   −     ∫ ∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ).exp tb b a t t p t t s s a p s ds s a p s ds dt τ τ τ τ   − − −    ∫ ∫ ∫ Theo (2.68) ta suy ra ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b b a t f t f s ds dt   <    ∫ ∫ Hơn nữa, với [ ]( ), ;av C a b +∈  , [ ],t a b∈ ta xét ( )( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v tϕ ϕ− = = ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ). t s t a a a p t f v d ds p t t a f v s ds τ ξ ξ τ− −∫ ∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) t t a a p t t s f v s ds p t t a f v s ds τ τ τ− − −∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) t t t a p t t s f v s ds p t s a f v s ds τ τ − − −∫ ∫ ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) t t p t t s f v s ds f v t τ τ≤ − =∫ Hay ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v t f v tϕ ϕ− ≤ Do đó, các giả thiết của hệ quả 1.18 thỏa mãn nên ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.14 Cho (2.48) xảy ra, 0p ≡/ và ( )( ) ( ) ( ) [ ] ( )( ) ( ) 1 sup : , exp 1 t b t a ess s a p s ds t a b s a p s ds τ τ τ −     − ∈ < − −           ∫ ∫ (2.69) Khi đó,  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Dễ dàng kiểm tra được (2.69) thỏa mãn (2.68). Định lí 2.15 Cho (2.51) xảy ra và ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )exp 1 b t t a t a p t s t b s p s ds b s p s ds dt τ τ τ τ   − − − <    ∫ ∫ ∫ (2.70) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Rõ ràng, ( )( ) ( ) ( ) ( ) b t f v t p t v s ds τ = − ∫ ( )( ) ( )( ) b t v t f v s dsϕ = ∫ Đặt ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) t t f v t p t s t f v s ds τ τ= −∫ , [ ],t a b∈ Do (2.51) dễ dàng kiểm tra được rằng  là toán tử a – Volterra Xét ( )( ) ( )( )1 exp 1 b t a a f t f s ds dt   =    ∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 .exp b t t a t a p t s t f s ds b s p s ds dt τ τ τ   − −    ∫ ∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ).exp b t t a t a p t s t b s p s ds b s p s ds dt τ τ τ τ   − − − −    ∫ ∫ ∫ Do (2.70) nên ta có ( )( ) ( )( )1 exp 1 1 b b a t f t f s ds dt   <    ∫ ∫ Hơn nữa, với [ ]( ), ;bv C a b +∈  , [ ],t a b∈ ta xét ( )( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v tϕ ϕ− = = ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ). b b b t s t p t f v d ds p t b t f v s ds τ ξ ξ τ− + −∫ ∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) b b t t p t s t f v s ds p t b t f v s ds τ τ τ− − + −∫ ∫ = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) t t t a p t t s f v s ds p t s a f v s ds τ τ − − −∫ ∫ ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) t t p t t s f v s ds f v t τ τ≤ − =∫ Hay ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1f v t f t v t f v tϕ ϕ− ≤ Do đó, các điều kiện của hệ quả 1.19 thỏa mãn nên ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.16 Cho (2.51) xảy ra, 0p ≡/ và ( )( ) ( ) ( ) [ ] ( )( ) ( ) 1 sup : , exp 1 t b t a ess b s p s ds t a b b s p s ds τ τ τ −     − ∈ < − −           ∫ ∫ (2.71) Khi đó  thuộc vào cả hai tập [ ]( ),V a b , [ ]( ),V a b′ (với  được định nghĩa như trong (2.2)). Chứng minh Dễ dàng chứng minh được rằng với (2.71) thì điều kiện (2.70) thỏa mãn Định lí 2.17. Cho ab∈  là toán tử được định nghĩa như trong (2.3), trong đó hàm ,g µ thỏa mãn các điều kiện của một trong các định lí 2.1 hoặc định lí 2.5 hoặc hệ quả 2.2, các hàm ,p τ thỏa mãn các điều kiện của một trong các định lí từ 2.7 – 2.15, hoặc hệ quả 2.8 – 2.16. Khi đó, [ ]( ),V a b∈ . Định lí 2.18. Cho ab∈  là toán tử được định nghĩa như trong (2.3), trong đó hàm ,g µ thỏa mãn các điều kiện của một trong các định lí 2.3 hoặc định lí 2.6 hoặc hệ quả 2.4, các hàm ,p τ thỏa mãn các điều kiện của một trong các định lí 2.7 – 2.15, hoặc hệ quả 2.8 – 2.16. Khi đó, [ ]( ),V a b′∈ . Chứng minh định lí 2.17, 2.18 Định lí 2.17, 2.18 được suy ra trực tiếp từ các định lí 2.1 – 2.15, hệ quả 2.2 – 2.16 và định lí 1.23. KẾT LUẬN Nội dung chính của luận văn là xây dựng các điều kiện đủ để bài toán (1.1), (1.2) hoặc (1.1), (1.3) tồn tại và duy nhất nghiệm dương. Điều đó tương đương với việc ta xây dựng các điều kiện đủ để [ ]( ),V a b∈ hoặc [ ]( ),V a b′∈ . Đó chính là mục đích chính của luận văn. Luận văn gồm 2 chương: Chương 1: Nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai. Trong chương này luận văn xây dựng các điều kiện đủ để [ ]( ),V a b∈ hoặc [ ]( ),V a b′∈ với  là toán tử đơn điệu hay ab∈  được biểu diễn bởi 0 1= −   , trong đó 0 1, ab∈   . Các kết quả chính là các định lí 1.4, định lí 1.8, định lí 1.11, định lí 1.14, định lí 1.23. Chương 2: Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai đối số lệch. Trong chương này, áp dụng các kết quả từ chương 1 để xây dựng điều kiện đủ để [ ]( ),V a b∈ hoặc [ ]( ),V a b′∈ với toán tử ab  được cho bởi một trong các công thức (2.1), (2.2), (2.3). Các kết quả chính là các định lí 2.1, định lí 2.3, định lí 2.7, định lí 2.9, định lí 2.11. Các kết quả của luận văn vẫn còn hạn chế và còn có thể mở rộng cho bài toán biên không địa phương, bài toán biên tuần hoàn, Đó là các hướng tôi sẽ tiếp tục xem xét khi có điều kiện. Do thời gian thực hiện đề tài có hạn nên chắc chắn luận văn sẽ không thể tránh khỏi một số thiếu sót, rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quí thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Azbelev, N.V. (1971), “The zeros of the solutions of a second order linear differential equation with retarded argument”, Differentsial’nye Uravnenija 7, 1147 – 1157. [2]. Azbelev, N.V., Maksimov, V.P., and Rakhmatullina, L.F. (1991), Introduction to the theory of functional differential equations, Nauka, Moscow, Russian. [3]. Bravyi, E. (2000), “A note on the Fredholm property of boundary value problems for linear functional differential equations”. Mem. Differential Equations Math. Phys, 20, 133–135. [4]. Hakl, R., Lomtatidze, A., and Půža, B. (2001), “On nonnegative solutions of first order scalar functional differential equation”, Mem. Differential Equation Math. Phys, 23, 51 – 84. [5]. Hakl, R., Lomtatidze, A., and Šremr, J. (2002), Some boundary value problems for first order scalar functional differential equations, Folia, Facult. Scient. Natur. Univ. Masarykianae Brunensis, Mathematica 10. [6]. Kiguradze, I., and Půža, B. (2003), Boundary value problems for systems of linear functional differential equations, Folia Facultatis Scientiarium Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis. Mathematica, 12, Masaryk University, Brno. [7]. Labovskii, S.M. (1984), “Positive solutions of linear functional- differential equations” Differentsial’nye Uravneniya (Russian), 20(4), 578– 584. [8]. Schwabik, S., Tvrdy, M., and Vejvoda, O. (1979), Differential and integral equations. Boundary value problems and adjoints, D. Reidel Publishing Co., Dordrecht-Boston, Mass-London.