Định lý tồn tại và duy nhất của bài toán ba điểm biên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Nguyễn Ngọc Ấn ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2009 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Nguyễn Ngọc Ấn ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN VĂN ĐÔNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2009 LỜI CẢM ƠN Trước tiên, xin vô cảm ơn PGS.TS Lê Hoàn Hoá, TS Nguyễn Văn Đông TS Lê Thị Phương Ngọc cung cấp tài liệu, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Giảng Viên thuộc hai trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Thành Phố Hồ Chí Minh nhiệt tình giảng dạy, hướng dẫn suốt trình học tập Xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Chuyên Viên thuộc Phòng Khoa Học Công Nghệ-Sau Đại Học trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh giúp đỡ, tạo điều kiện cho hoàn thành khoá học Cuối cùng, xin cảm ơn bạn học viên lớp gắn bó, giúp đỡ hoàn thành nhiệm vụ Tp.Hồ Chí Minh, tháng năm 2009 Tác giả, Nguyễn Ngọc Ấn MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU Chương : GIỚI THIỆU BÀI TOÁN Chương : SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN 2.1 Giới thiệu toán 2.2 Kiến thức bổ trợ 2.3.Sự tồn nghiệm 2.4.Sự nghiệm 14 2.5.Ví dụ 20 Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM DƯƠNG CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN 21 3.1 Giới thiệu toán 21 3.2 Kiến thức bổ trợ 22 3.3 Sự tồn nghiệm dương 31 3.4 Sự tồn vô số nghiệm dương 39 3.5 Sự tồn nghiệm dương 41 3.6.Ví dụ 44 KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 MỞ ĐẦU Phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng có nhiều ứng dụng thực tiễn, áp dụng nhiều lĩnh vực y học, xây dựng, kiến trúc, điện tử … Bài toán ba điểm biên nhiều nhà toán học quan tâm Sự tồn nghiệm toán ba điểm biên nghiên cứu A.R.Aftabizadeh - Chaitan P.Gupta - Jian-Ming Xu, D.Krajcinovic, D.J O’Regan nhà toán học khác.Về nghiệm dương toán ba điểm biên có nghiên cứu tác giả nước Yongping Sun, Xiaoling Han, Nguyễn Thành Long-Lê Thị phương Ngọc-Lê Xuân Trường Từ việc nghiên cứu tài liệu trên, luận văn thiết lập kết điều kiện tồn nghiệm toán ba điểm biên Sau xét tồn nghiệm dương dạng toán ba điểm biên Mục đích nghiên cứu luận văn áp dụng định lý liên tục LeraySchauder để chứng minh tồn nghiệm toán ba điểm biên điều kiện nghiệm Sau đó, áp dụng định lý điểm bất động Guo- Krasnoselskii thuật toán lặp đơn để chứng minh tồn nghiệm dương nhiều nghiệm dương Cuối cùng, luận văn trường hợp tồn nghiệm dương toán ba điểm biên Nội dung luận văn gồm có phần mở đầu, ba chương nội dung phần kết luận Cụ thể sau : Phần mở đầu Chương : Giới thiệu toán Chương : Trình bày tồn nghiệm toán ba điểm biên Chương : Trình bày thêm tồn nghiệm dương nêu lên trường hợp có nghiệm dương toán ba điểm biên Phần kết luận Chương GIỚI THIỆU BÀI TOÁN Trong luận văn này, phần đầu xét tồn nghiệm toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau : u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x) u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ : u''' = g(x,u,u',u'') + e(x) u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ Trong đó, f  C ( , ) g : [0;1] ×  thỏa điều kiện Carathéodory cho trước Chúng áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder để tồn nghiệm chứng minh nghiệm toán Trong phần tiếp theo, xét thêm tồn nghiệm dương toán giá trị biên 3-điểm sau: x′′(t) = f(t,x(t)), < t < x′(0) = 0, x(1)= αx(η) Trong đó, < α, η < hàm số f cho trước thỏa số điều kiện thích hợp Sau đó, chứng minh tồn nghiệm dương toán giá trị biên 3-điểm sau: u" + h(t) = 0, 0≤t≤1 u(0) = u(1) = αu(η), với < α, η < Chúng áp dụng định lý điểm bất động Guo- Krasnoselskii dùng thuật toán lặp đơn để tồn nghiệm dương nhiều nghiệm dương toán Để chứng minh tồn nghiệm dương, giải trực tiếp phương trình sử dụng thêm tính chất hàm số lõm Trong phần, trình bày tường minh giả thiết phần định nghĩa, trình bày kiến thức chuẩn bị Sau vào giải phần nội dung đề tài tồn nghiệm nghiệm Cuối cùng, có trình bày thêm ví dụ minh hoạ 5 Chương SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN 2.1 Giới thiệu toán Trong phần này, xét tồn nghiệm toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau : u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x) (2.1) u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ (2.2) u''' = g(x,u,u',u'') + e(x) (2.3) u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ (2.4) : đó, f  C ( , ) g : [0;1] × thỏa điều kiện Carathéodory,  nghĩa : (i) Với x  [0 ; 1] h.k.n, hàm u  (ii) Với u   g(x, u)  , hàm x  [0;1]  g(x, u)  liên tục đo (iii) Với r > 0, tồn hàm số thực gr(x)  L1[0;1] cho với x  [0;1] h.k.n, | g(x ,u) | ≤ gr(x) với ║u ║ ≤ r 2.2 Kiến thức bổ trợ 2.2.1.Định nghĩa 2.2.1 ║u ║∞= sup | u(x) | ║u ║ 22 =  u ( x)dx 0 x 1 2.2.2.Bổ đề 2.2.2 Nếu u(x)  C1[0;1] u(0) = : ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) ║u′║ 22 ( xem chứng minh [6] ) 2.2.3.Bổ đề 2.2.3 Nếu u(x)  C1[0;1] u(0) = u(1) = : ║u ║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′║ 22 ( xem chứng minh [6] ) 2.2.4.Bổ đề 2.2.4 Đặt Mη= max { η, 1– η }, ≤ η ≤ Nếu u(η ) = : ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 Chứng minh Vì u(η ) = 0, Bổ đề 2.2.2, ta có :  u ( x ) dx    u ( x ) dx     [u ( x )] dx  (1   )  [u ( x )] dx Do : u ( x ) dx      [u ( x )] Suy : dx  u ( x ) dx    (1   )  [u ( x )]  M   [u ( x )] dx  2  2 dx M   [u ( x )]2 dx ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22  Hay : 2.2.5.Bổ đề 2.2.5 Nếu u(0) = u(1) = ║u ║∞  0 Chứng minh Ta có : | u(x) | = | x x 0  u(t )dt |   |u′(t)|dt | u′(x) | dx  x x  u(t )dt |   Mặt khác : | u(x) | = | Do : |u′(t)|dt | u(x) |   |u′(t)|dt  Tức : | u(x) | Suy : Vậy : 0 | u′(t) | dt, x [0;1] sup | u(x) |  x[ 0;1] ║u ║∞    | u′(t) | dt | u′(x) | dx  Xét không gian H3(0;1) định nghĩa sau : H3(0;1)= { u  L2[[0;1]; ] : d ju hoàn toàn liên tục [0;1], j = 0,1,2 dx j d 3u  L ([0;1]) } với chuẩn tương ứng ║.║ H định nghĩa : dx Với u  H (0;1), u H3   ([u ( x)]  [u( x)]2  [u( x)]2  [u( x)]2 )dx Ta định nghĩa toán tử : L : D(L)  C2[0;1] → L1[0;1] với : D(L) = { u  H3(0;1): u thỏa (2.2) ( 2.4 ) } d 3u với u  D(L) Lu = dx 2.2.6.Bổ đề 2.2.6 ker L = {0} Chứng minh Lấy u  D(L), ta có : Lu =  d 3u =0 dx  u(x) = ax2 + bx + c, Do có : u′(x) = 2ax + b u′′(x) = 2a • Nếu u thỏa (2.2) tức u′(0) = u′(1) = u(η) = : Do u′(0) = nên có b = Do u′(1) = nên có a = Do u(η) = nên có c = • Nếu u thỏa (2.4) tức u′(0) = u′′(1) = u(η) = : Do u′(0) = nên có b = Do u′′(1) = nên có a = Do u(η) = nên có c = Do u =0 Vậy : ker L = {0}  2.3.Sự tồn nghiệm Trong phần này, vận dụng định lý liên tục Leray-Schauder (xem [6]) để tồn nghiệm toán (2.1), (2.2) (2.3), (2.4) 2.3.1.Định lý 2.3.1 Cho g : [0;1]× → thỏa điều kiện Carathéodory f  C( ; ) Giả sử : (i) Tồn hàm số a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)  C[0;1], d(x)  L1[0;1] số dương ao , bo , co cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥– bo, c(x) ≥ –co, x  [0;1] h.k.n với u, v, w  , x  [0;1] h.k.n: g(x,u,v,w) v ≥ a(x) v w + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v | (ii) Tồn α  C[[0;1]× ; ] β  L1[0;1] cho : | g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | | w |2 + β (x) với u, v,w  x  [0;1] h.k.n Khi đó, với e(x)  L1[0;1], toán (2.1), (2.2) có nghiệm : ( ao + bo ) π + Mη co < 2π3 với Mη= max { η , 1– η } Chứng minh Ký hiệu X không gian Banach C2[0;1] Y không gian Banach L1[0;1] với chuẩn biết Với u  X, v  Y, ký hiệu tích vô hướng : (u, v) =  u(x) v(x) dx Định nghĩa ánh xạ tuyến tính : L: D(L)  X → Y Trong : D(L) = { u  X / u′′ hoàn toàn liên tục [0;1], u′(0) = u′(1) = u(η) = } với u  D(L), L(u) = u′′′ Đồng thời ta định nghĩa ánh xạ phi tuyến : N : X → Y xác định : (Nu)(x) = f(u′(x)) u′′(x) – g(x, u(x), u′(x), u′′(x)) Chú ý N ánh xạ liên tục, bị chặn Dễ thấy ánh xạ tuyến tính L, theo định nghĩa trên, đơn ánh Tương tự ánh xạ tuyến tính: K : Y→ X định : Với y Y : x t s (Ky)(x) =   y ( ) d  d s d t  0   x2 t   y ( ) d  d t 0 cho với y  Y, Ky  D(L), LKy= y với u  D(L), KLu = u, theo định lý Arzela-Ascoli K biến tập bị chặn Y thành tập compact tương đối X Vậy : KN: X → X ánh xạ compact Chúng ta ý u  C2[0;1] nghiệm toán giá trị biên (2.1), (2.2) u nghiệm phương trình toán tử: Lu + Nu = e Phương trình toán tử Lu + Nu = e tương đương với phương trình : u + KNu = Ke Áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder ta thu tồn nghiệm phương trình u + KNu = Ke hay toán (2.1), (2.2) Để làm điều này, ta kiểm tra lại tập tất nghiệm hệ phương trình : 10 u′′′+ λ f(u′) u′′ = λ g(x,u,u′,u′′) + λ e(x), x  (0;1) u(η) = u′(0) = u′(1) = 0, ≤ η ≤ (2.5) bị chặn C2[0;1] số độc lập với λ [0;1] Cho u nghiệm (2.5) với λ  [0;1] Vì u′(0) = u′(1) = 0, từ Bổ đề 2.2.3, thay u, u′ u′, u′′ ta có : ║u′║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′′║ 22 Từ Bổ đề 2.2.5, áp dụng bất đẳng thức Holder ta suy : ║u′║∞ ≤ ║u′′║ 2 Do u(η) = Bổ đề 2.2.4, có : ║u║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′′║ 22 Nhân (2.5) với u′ lấy tích phân từ đến 1, ta có :  1 0 u′ u′′′dx + λ  f(u′).u′.u′′ dx = λ  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ  e(x) u′dx  Vì u′(0) = u′(1) = 0, u (1) f(u′) u′ u′′dx =  f (u ')u ' d (u ') = u (0) Hơn nữa, từ tích phân phần ta có :  u′ u′′′ dx = –  [u′′(x)]2dx Do đó, từ điều kiện (i) ta có : 1 1 0 0 –  [u′′(x)]2dx ≥ λ  a(x)u′ u′′dx +λ  b(x)[u′(x)]2dx +λ  c(x) | u u′|dx + 1 0 +λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx Do tích phân phần :  a(x)u′ u′′dx = a(x) [u′] | – 1  a′(x)[u′(x)] dx –  a(x)u′ u′′dx 11 Mà : a(x) [u′] | = 0, suy : 1 a(x)u′ u′′dx = –   a′(x)[u′]2dx Do : –   [u′′(x)] dx ≥ –  a′(x)[u′(x)] dx +λ  b(x)[u′(x)]2dx + 1 0 +λ  c(x) | u u′|dx +λ  d(x) | u′|dx +λ  e(x) u′dx Tiếp tục áp dụng điều kiện (i), suy : ║u′′║ 22  λ[( a0 + bo)║ u′║ 22 + co ║u║ ║u′║ +║d║ ║u′║  +║e║ ║u′║  ] Do ≤ λ ≤ đánh giá trên, ta có : ║u′′║ 22  ao  2bo 2 Mη║u′′║ 22 + ( ║d║ +║e║ )║u′′║ 2 ║u′′║ + co  2  Vì ║u′′║ ≥ 0, suy : ( π3 – π ( ao + bo) – co Mη ) ║u′′║  π3 ( ║d║ + ║e║ ) Do giả thiết π3 – π ( ao + bo) – co Mη > 0, nên :  ( d  e 1) :  ║u′′║  2   (ao  2bo )  4co M Từ ta có : ║u′║    ║u║    Bây giờ, ta đặt : M  = max | f(v)|, v  [ -  ,  ], (2.1) ta có : |u′′′| ≤ | f(u′)| | u′′| + | g(x,u,u′,u′′) | + | e(x) | Và điều kiện (ii) nên ta có : ║u′′′║ ≤ M  ║u′′║ +  | g(x,u,u′,u′′) | dx + ║e║ ≤ M  +  |  (x,u,u′)| | u′′ | dx + ║  ║ + ║e║ ≤ M   +  K  + ║  ║ + ║e║ :=  12 với K  = max |  (x,u,v) | [0;1]× [–  ;  ] × [–  ;  ] u′(0) = u′(1) = 0, theo định lý Lagrange, tồn số   Hơn nữa, [0;1] cho u′′(  ) = u′′(x) = x  u′′′(t)dt, x  [0;1] ║u′′║∞ ≤ ║u′′′║ ≤  Ta có : Vậy, có số C độc lập với   [0;1] cho :║u║ C [0;1] ≤ C Định lý 2.3.1 chứng minh  Lập luận tương tự ta có Định lý 2.3.2 sau : 2.3.2.Định lý 2.3.2 Giả sử tất điều kiện Định lý 2.3.1 thỏa mãn, ngoại trừ điều kiện (i) giả thiết a(x)  C[0;1], a(x) ≥ –ao : v.g(x,u,v,w) ≥ a(x) | v w | + b(x) v2 + c(x) | u v | + d(x) | v | Khi đó, toán (2.1), (2.2) có nghiệm : ao π2 + bo π + co Mη < π3 Chứng minh Lý luận Định lý 2.3.1 với ý : Từ :  1 0 u′ u′′′dx + λ  f(u′).u′.u′′dx = λ  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ  e(x) u′dx Dùng điều kiện (i), suy : 1 0 –  [u′′(x)] dx ≥ λ  a(x) | u′ u′′ | dx +λ  b(x)[u′(x)] dx +λ  c(x) | u u′|dx + 1 0 +λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx 1 0 ≥– λ ao  | u′ u′′ | dx – λ bo  [u′(x)]2dx – λ co  | u u′|dx + 1 0 +λ  d(x) | u′|dx + λ  e(x) u′dx 13 Suy :  1 0 [u′′(x)] dx ≤ λ [ ao  | u′ u′′ | dx + bo  [u′(x)] dx + co  | u u′|dx – 1 0 –  d(x) | u′|dx –  e(x) u′dx ] 1 0 ≤ ao  | u′ u′′ | dx + bo  [u′(x)]2dx + co  | u u′|dx – 1 0 –  d(x) | u′|dx –  e(x) u′dx Do : ║u′′║ 22  ao  ║u′′║ 22 + bo  ║u′′║ 22 + co  Mη ║u′′║ 22 +  ( ║d║ + +║e║ ) ║u′′║ :  ( d  e 1) :  ║u′′║    ao  bo  2co M  Phần chứng minh lại hoàn toàn giống Định lý 2.3.1  2.3.3.Chú ý 2.3.3 Định lý 2.3.1 2.3.2 nêu tính giải toán (2.1) (2.2) với e(x) L1[0,1] Điều hiển nhiên Định lý 2.3.1 cho phép giải phương trình (2.1) với điều kiện biên không : u′(0) = A1, u′(1) = A2, u(η) = A3 2.3.4.Hệ 2.3.4 Cho g: [0,1] × → thỏa điều kiện Carathéodory, f: → liên tục giả thiết với x  [0;1] h.k.n, hàm g(x,u,v,w) khả vi liên tục theo u,v w Giả sử tồn số thực ao, bo, co > với ao π2 + bo π + co Mη < π3 cho : g g g ( x,0,0, w) | ≤ ao (2.6) ( x , u , v , w )   co , ( x , 0, v , w )   bo , | w u v 14 với x  [0;1] h.k.n u, v, w  Thêm vào đó, giả sử tồn hàm liên tục : α : [0,1] × β(x)  L1[0,1] cho : → |g(x,u,v,w)| ≤ |α (x,u,v)|.|w|2 + β(x) với u, v, w  (2.7) x  [0;1] h.k.n Khi đó, với e(x)  L1[0,1], toán (2.1), (2.2) có nghiệm Sử dụng phương pháp Định lý 2.3.1, chứng minh định lý sau toán biên (2.3), (2.4) : 2.3.5.Định lý 2.3.5 Cho g: [0,1] × → thỏa điều kiện Carathéodory Giả thiết : (i) Tồn hàm a(x), b(x), c(x)  C[0;1], d(x)  L1[0;1] số dương ao, bo, co cho : a(x) ≥– ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co ,  x  [0;1] với u, v, w  , x  [0;1] h.k.n: g(x,u,v,w) v ≥ a(x) |v w| + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v | (ii) Tồn α  C[ [0;1]× ; ] β  L1[0;1] cho : | g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | | w |2 + β (x) với u, v, w  x  [0;1] h.k.n Khi đó, với e(x) L1[0;1], toán (2.3), (2.4) có nghiệm : 2π2 ao + π bo + Mη co < π3, với Mη= max { η, 1– η } 2.3.6.Hệ 2.3.6 Giả sử điều kiện hệ 2.3.4 thỏa mãn, trừ điều kiện ao π2 + bo π + co Mη < π3 thay : π2 ao+ π bo+ co Mη < π3 Khi đó, toán (2.3), (2.4) có nghiệm 2.4.Sự nghiệm Phần trình bày tồn nghiệm toán biên : u′′′+ Au′′= g(x, u, u′, u′′) + e(x) u(η ) = u′(0) = u′(1) = (2.8) (2.9) 15 u′′′ = g(x, u, u′, u′′) + e(x) (2.10) u(η ) = u′(0) = u′′(1) = (2.11) với A số g(x, u, v, w) thỏa điều kiện Carathéodory, e(x)  L1[0;1] 2.4.1.Định lý 2.4.1 Cho g: [0,1] × → thỏa điều kiện Carathéodory A số Giả sử tồn hàm a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)  C[0;1] số dương ao, bo, co cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co với x  [0;1] h.k.n với ui, vi, wi  , i= 1,2 x  [0;1] h.k.n: (g(x,u1,v1,w1) –g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) (w1– w2).( v1–v2) + +b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1– u2 | | v1– v2 | Khi đó, với e(x)  L1[0;1], toán (2.8), (2.9) có nghiệm (ao + 2bo) π + co Mη < π3 : Chứng minh Giả sử u1 u2 hai nghiệm (2.8), (2.9), ta có : (u1–u2)′′′+ A (u1–u2)′′  g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2) (2.12) ( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = (2.13) Nhân (2.12) với (u1–u2)′ lấy tích phân từ đến 1, với ý : 1  (u1  u2 )(u1  u2 )dx  (u1  u2 ).(u1  u2 ) | 10 –  [(u1–u2)′′]2dx 0 = –  [(u1–u2)′′]2dx : A  (u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A  1 [(u  u )]2 (u1–u2)′ d(u1–u2)′] = 0 Ta có : –  [(u1–u2)′′] dx   [ g ( x, u1 , u1, u1)  g ( x, u2 , u2 , u2)] (u1–u2)′ dx Đặt : y = u1–u2, từ điều kiện (i), ta có : 16 1 –  [y′′] dx ≥  Mà : 1 a(x) y′′y′dx +  b(x) [y′] dx + 0   c(x) |y| | y′| dx a(x) y′′y′dx = a(x) [y′] | –  [a′(x).y′+ a(x).y′′] y′dx 0 1 0 = –  a′(x).[y′]2dx –  a(x).y′′ y′dx Nên :  a(x) y′′y′dx = – 1  a′(x).[y′]2dx Ta thu : 1 [y′′] dx ≥ – 2 – Hay :  1  a′(x).[y′] dx +  b(x) [y′] dx + 0 1  c(x) |y| | y′| dx 1 1 2 2 [y′′] dx ≤ ( a o  bo )  [ y ] dx  co [  y dx ] [  [ y ] dx ] 0 a o  bo ≤   [ y ] dx  M  co  Suy : [2 π –(ao +2 bo) π – co Mη ]  [ y ] dx  [y′′]2 dx ≤ 0 Hay : y  2  ( π3 – (ao +2 bo) π – co Mη > 0) y Do Bổ đề 2.2.3 ta : Từ đây, : nên : y   y 2 0 0 y(x) = Do : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), x [0;1] Định lý chứng minh