luận văn thạc sĩ toán giải tích

Phạm Thị Ngọc HuệBẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2017... Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành T

Phạm Thị Ngọc Huệ

BẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ

ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội – Năm 2017

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng, người đãđịnh hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thànhluận văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô phòng Sauđại học, cùng các thầy cô giáo dạy lớp thạc sỹ chuyên ngành Toán giảitích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quátrình học tập

Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôitrong quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Hà Nội, tháng 6 năm 2017

Tác giả

Phạm Thị Ngọc Huệ

Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đềtài “Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối vớiphương trình tích phân” là kết quả của quá trình tìm hiểu, nghiêncứu của tác giả dưới sự hướng dẫn của TS Trần Văn Bằng.

Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừanhững thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 6 năm 2017

Tác giả

Phạm Thị Ngọc Huệ

Mở đầu 1

1.1 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall 4

1.2 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lip-schitz 18

1.3 Điều kiện về tính bị chặn 34

1.4 Điều kiện hội tụ tới 0 43

2 Ứng dụng đối với phương trình tích phân 49 2.1 Cách đánh giá nghiệm 49

2.2 Trường hợp hạch suy biến 59

2.3 Điều kiện về tính bị chặn 65

2.4 Điều kiện hội tụ về 0 69

i

1 Lí do chọn đề tài

Phương trình vi phân là một trong những lý thuyết bắt nguồn từ thực

tế Trong quá trình phát triển, lý thuyết này đã góp phần không nhỏvào giải quyết nhiều bài toán khoa học thuộc nhiều lĩnh vực như Vật

lý, Sinh học, Kinh tế học, lý thuyết toán tử Chúng ta đã biết cáchphân loại các phương trình vi phân, từ đó tìm cách giải chúng Tuynhiên những phương trình giải được là rất ít Đại đa số các phươngtrình (nhất là các phương trình phi tuyến) đều không thể tìm đượcnghiệm tường minh Vì vậy, nghiên cứu định tính các phương trình đó

và các bài toán tương ứng được đặt ra Một số vấn đề định tính cơ bảnnhư: sự tồn tại nghiệm, tính duy nhất nghiệm, sự phụ thuộc liên tụccủa nghiệm vào các dữ kiện của bài toán, tính bị chặn,

Năm 1919, T H Gronwall đã chứng minh một bất phương trình vôcùng quan trọng (xem [6])-sau này chúng ta nhắc tới kết quả đó với cáitên Bất phương trình Gronwall, công trình đó đã giành được sự quantâm của rất nhiều nhà toán học trên thế giới, như Bellman trong [3] đãkhẳng định: các bất phương trình kiểu Gronwall đối với các hàm thực

1

một biến đóng một vai trò rất quan trọng trong lý thuyết định tính củaphương trình vi tích phân Cho đến nay bất phương trình Gronwall đãđược mở rộng và có nhiều ứng dụng (xem [5], [8], [9] và các tài liệutrong đó).

Để tìm hiểu vai trò của các bất phương trình dạng đó, tôi đã chọn

đề tài

“Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối vớiphương trình tích phân”

2 Mục đích nghiên cứu

Luận văn nghiên cứu một số bất phương trình kiểu Gronwall

- Ứng dụng các kết quả vào nghiên cứu tính bị chặn và sự hội tụ vềkhông ở vô cực của các nghiệm của các phương trình tích phân Volterra

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu một số bất phương trình kiểu Gronwall đối với hàm thực mộtbiến với hạch thỏa mãn điều kiện Lipschitz và ứng dụng trong các bàitoán về tính bị chặn và sự hội tụ về không ở vô cực của các nghiệmcủa các phương trình tích phân Volterra

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Nghiên cứu về các bất phương trình kiểu Gronwall

- Phương trình tích phân Volterra

5 Phương pháp nghiên cứu

- Vận dụng các kiến thức của Giải tích hàm, Phương trình vi phân,phương trình tích phân

- Thu thập các tài liệu liên quan đến phương trình tích phân

Phân tích, tổng hợp và hệ thống kiến thức liên quan tới phương trình

vi phân

6 Đóng góp của đề tài

Xây dựng luận văn thành một tài liệu tổng quan tốt về chủ đề bấtphương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối với phương trình tíchphân

Kiến thức chuẩn bị

Nội dung chương này đề cập tới một số bất phương trình tíchphân kiểu Gronwall cụ thể cùng với lớp bất phương trình tích phânkiểu Gronwall với hạch Lipschitz Nội dung của chương này tham khảochủ yếu từ các tài liệu [5] và [8]

Trong mục này chúng tôi đề cập tới một số bất phương trình tích phânkiểu Gronwall với hạch là các hàm khá cụ thể Trước hết là một số dạng

cổ điển của bất phương trình Gronwall Năm 1919, T H Gronwall [6]

đã chứng minh một bất phương trình vô cùng quan trọng sau đây.Định lý 1.1 (Gronwall) Cho x, ψ và χ là hàm liên tục xác địnhtrên [a, b], χ(t) ≥ 0 với t ∈ [a, b]. Giả sử rằng trên đoạn [a, b] ta cóbất phương trình:

x(t) ≤ Ψ(t) +

Z t a

4

Khi đó

x(t) ≤ Ψ(t) +

Z t a

χ(s)Ψ(s) exp

Z t a

χ(u)x(u)du, t ∈ [a, b]. Khi đó ta có

y(a) = 0 và

y0(t) = χ(t)x(t) ≤ χ(t)ψ(t) + χ(t)

Z b a

χ(s)ds



≤

Z t a

Ψ(u)χ(u) exp



−

Z t a

Ψ(u)χ(u) exp

Z t a

Hệ quả 1.1 Nếu ψ khả vi thì từ (1.1) ta có

x(t) ≤ Ψ(a)

Z t a

χ(u)du



+

Z t a

exp

Z t s

X(u)du

 b

a +

Z t a

exp

Z t s

χ(u)du



+

Z t a

exp

Z t s

χ(u)du



+

Z t a

exp

Z t s

ta có

x(t) ≤ Ψ exp

Z t a

Định lý 1.2 Cho x : [a, b] → R+ là một hàm liên tục thỏa mãn bấtphương trình

x(t) ≤ M +

Z t a

Ψ(s)ω(x(s))ds, t ∈ [a, b], (1.6)

trong đó M ≥ 0, Ψ : [a, b] → R+ là một hàm liên tục, w : R+ → R∗+

liên tục và đơn điệu tăng Khi đó ta có đánh giá

x(t) ≤ φ−1



φ(M ) +

Z t a

trong đó a ≥ 0, b ≥ 0, c > 0. Khi đó với t ≥ t0, x(t) thỏa mãn

x(t) ≤



b c

trong đó a, b và α là các hằng số dương Khi đó

|x(t)| ≤ |x(t0)| exp(−α(t − t0)) + b(α − a)−1(1 − exp(−(α − a)(t − t0))).

Định lý 1.6 Cho x(t)là hàm liên tục thỏa mãn

x(t) ≤ x(τ ) +

Z t τ



≤ x(t) ≤ x(t0) exp

Z t

t 0 a(s)ds

[a1(s)x(s) + b(s)]ds,

trong đó a1(t) và b(t) là các hàm không âm khả tích trên cùng một

khoảng mà a(t) bị chặn trên đó Khi đó, trên [0, h]

x(t) ≤

Z t 0

b(s)ds + sup

0≤t≤h

|a(t)| exp

Z t 0

!

.

Định lý 1.9 Cho x và k liên tục, a và b là các hàm khả tíchRieman trên J = [α,β] với b và k không âm trên J.

i) Nếu

x(t) ≤ a(t) + b(t)

Z t α

k(s)x(s)ds, t ∈ J, (1.11)thì

x(t) ≤ a(t) + b(t)

Z t α

a(s)k(s) exp

Z t s

Định lý 1.13 Cho x và a là các hàm thực, liên tục trên J = [a, b]

và k là hàm liên tục không âm trên T : α ≤ s ≤ t ≤ β. Nếu

x(t) ≤ a(t) +

Z t α

k(t, s)x(s)ds, t ∈ J (1.13)

x(t) ≤ a(t) +

Z t α

a(r)dr



ds

 1 1−α

(1.18)

(1 − α)

Z t s

a(r)dr



ds

 1 α−1 (1.19)

Chứng minh Với a = 1 ta có bất phương trình tuyến tính thôngthường nên (1.16) thỏa mãn

Giả sử 0 < α < 1. Kí hiệu v là nghiệm của phương trình tích phân

Với α > 1 ta lại có phương trình Bernoulli và chứng minh là tương

tự nhưng ta cần thêm điều kiện (1.18) nếu điều kiện này thỏa mãntrên khoảng bị chặn t0 ≤ t ≤ t0 + h.

Định lý 1.15 Nếu

u(t) ≤ f (t) + c

Z t 0

φ(s)uα(s)ds,

trong đó tất cả các hàm đều là hàm liên tục và không âm trên

[0, h], 0 < α < 1, c ≥ 0 thì

u(t) ≤ f (t) + cξ0α

Z t 0

φ(s)uα(s)ds + c3

Z h 0

φ(s)ds

 1 1−α ,

trong đó ξ0 là nghiệm duy nhất của phương trình

φ(s)ds

 1 1−α

Định lý 1.17 Cho các hàm x, a, b và k liên tục và không âm trên

J = [α, β], n là một nguyên dương (n ≥ 2) và a

b là hàm không tăng.Nếu

x(t) ≤ a(t) + b(t)

Z t α

k(s)xn(s)ds, t ∈ J , (1.20)

 1 1−n , α ≤ t ≤ βn,

(1.21)trong đó

βn = sup



t ∈ J : (n − 1)

Z t α

kban−1ds < 1



.

Định lý 1.18 Cho u(t) và k(t) là hàm liên tục dương trên [c, d]

và a và b là hằng số không âm Hơn nữa, g(z) là một hàm dương,không giảm với z ≥ 0 Nếu

u(t) ≤ a + b

Z t c

ds g(s), (ξ > 0, λ > 0)

và d1 được xác định sao cho

G(a) + b

Z t c

k(s)ds

thuộc miền xác định của G−1 với t ∈ [c, d1].

Định lý 1.19 Giả sử u(t) và β(t) liên tục và không âm trên [to; ∞)

Cho f (t), g(u) và α(t) là các hàm khả vi với f không âm, g dương

và không giảm, và gα không âm và không tăng Giả sử rằng:

ds g(s); ε > 0, δ > 0, (1.25)

và (1.24) thỏa mãn với mọi giá trị của t sao cho hàm

δ(t) = G[f (t0)] +

Z t

t 0 [α(s)β(s) + f0(s)]ds

thuộc miền xác định của hàm ngược G−1.

Chứng minh Đặt

V (t) = f (t) +

Z t

t 0 α(s)β(s)g[u(s)]ds.

Vì g không giảm vàα không tăng, nên từ (1.22) ta nhận được g(u(t)) ≤ g(V (t)). Từ đây ta có được

f0(t) + α(t)β(t)g [u(t)] ≤ α(t)β(t)g [V (t)] + f0(t),

V0(t) g[V (t)] ≤ α(t)β(t) + f

0 (t) g[V (t)].

Sử dụng (1.23), ta có

V0(t) g[V (t)] ≤ α(t)β(t) + f0(t).

3) g(u) dương và không giảm trên R;

4) k(t, s) không âm và liên tục trên [t0, T ] × [t0, T ] với ∂k

Trước hết ta tập trung nghiên cứu nghiệm liên tục không âm củamột số bất phương trình kiểu Gronwall.

Bổ đề 1.1 Giả sử A, B : [α, β) →R+, L : [α, β) ×R+ →R+ là liêntục và

0 ≤ L(t, u) − L(t, v) ≤ M (t, v)(u − v), t ∈ [α, β), u ≥ v ≥ 0 (1.26)

với M liên tục và không âm trên [α, β) ×R+.

Khi đó với mọi hàm liên tục không âm x : [α, t] → [0, ∞] thỏamãn bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

L(s, x(s)) ds, t ∈ [α, β) (1.27)

Chứng minh Xét ánh xạy : [α, β) → R+cho bởiy(t) := RαtL(s, x(s)) ds.

Khi đóy khả vi trên(α, β), y0(t) = L(t, x(t)) nếut ∈ (α, β) vày(α) = 0.

L(u, A(u))exp



−

Z u α

M (s, A(s))B(s) ds



du; t ∈ [α, β).

Từ đó có kết quả ước lượng (1.28) Bổ đề được chứng minh.

Từ bổ đề trên ta có 2 hệ quả sau

Hệ quả 1.3 Giả sử A, B : [α, β) → R+, G : [α, β) ×R+ → R+ làcác hàm liên tục và

0 ≤ G(t, u) − G(t, v) ≤ N (t)(u − v), t ∈ [α, β), u ≥ v ≥ 0 (1.30)

trong đó N liên tục và không âm trên [α, β).

Nếu x : [α, β) → [0, ∞) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

G(s, x(s)) ds, t ∈ [α, β) (1.31)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t)+B(t)

Z t α

G(u, A(u)) exp

Z t u

0 ≤ H(u) − H(v) ≤ M (u − v), M > 0, u ≥ v ≥ 0. (1.33)

Khi đó với mọi hàm liên tục và không âm thỏa mãn:

Nếu x : [α, β) → [0, ∞) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

C(s)H(x(s)) ds, t ∈ [α, β) (1.34)

thì chúng ta có đánh giá

x(t) ≤ A(t)+B(t)

Z t α

C(u)H(A(u)) exp



M

Z t u

C(s)B(s) ds



du, ∀t ∈ [α, β).

(1.35)Một hệ quả quan trọng của Bổ đề 1.2 cho các hạch khả vi là

Bổ đề 1.2 Giả sử A, B : [α, β) → R+, D : [α, β) ×R+ → R+ là các

hàm liên tục và D khả vi trên miền

∂D(t, x)

∂x là không âm trên miền (α, β) × (0, ∞), và tồn tại một hàm

liên tục P : [α, β) × R+ → R+ sao cho ∂D(t, x)

∂x ≤ P (t, v), ∀t ∈ (α, β), u ≥ v > 0. Nếu x : [α, β) → [0, ∞) liên tục và

x(t) ≤ A(t) + B(t)

Z t α

D(s, x(s)) ds, t ∈ [α, β) (1.37)

thì ta có bất phương trình

x(t) ≤ A(t)+B(t)

Z t α

D(uA(u))exp

Z t u

P (s, A(s))B(s) ds



du; ∀t ∈ [α, β).

(1.38)Chứng minh Áp dụng định lí Lagrange cho hàm D trên miền 4 =

(α, β) × (0, ∞), ∀u > v > 0, t ∈ (α, β) tồn tại µ ∈ (u, v) sao cho

D(t, u) − D(t, v) = ∂D(t, µ)

∂x (u − v).

I(s, x(s)), ds, t ∈ [α, β) (1.40)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t)+B(t)

Z t α

I(u, A(u)) exp

Z t u

Hệ quả 1.6 Cho: A, B, C : [α, β) → R+, K : R+ →R+ là liên tục,

A(t) > 0, ∀t ∈ [α, β) và K thỏa mãn điều kiện: K đơn điệu tăng và

C(s)K(x(s))ds, t ∈ [α, β) (1.43)

thì chúng ta có ước lượng

x(t) ≤ A(t)+B(t)

Z t α

C(u)K(A(u))exp

Z t u

Định lý 1.21 Cho A, B : [α, β) → [0, ∞), L : [α, β)×(0, ∞) → [0, ∞)

là liên tục Ngoài ra, cho ψ : [0, ∞) → [0, ∞) là ánh xạ liên tục và

tăng nghiêm ngặt với ψ(0) = 0 thỏa mãn giả thiết

0 ≤ L(t, u) − L(t, v) ≤ M (t, v)ψ−1(u − v) với mọi u ≥ v ≥ 0 (1.45)

với M là liên tục trên [α, β) × [0, ∞) và ψ−1 là ánh xạ ngược của ψ.

Khi đó với mọi hàm liên tục không âm x : [α, β) → [0, ∞) thỏa

L(s, x(s)) ds



, ∀t ∈ [α, β)

L(u, A(u)) exp

Z t u

Lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 1.1 ta có

y(t) ≤ RαtL(u, A(u)) exp

y(t) ≤ A(t) + ψ(B(t)y(t)) ∀t ∈ [α, β)

và ψ là đơn điệu tăng trên [α, β).

Nhận xét 1.1 Một ví dụ về ánh xạ thỏa mãn điều kiện ở trên là:

ψ : [0, ∞) → [0, ∞), ψ(x) := xp, p > 0.

Hai hệ quả sau của định lí

Hệ quả 1.7 Cho A, B, ψ thỏa mãn ở trên và G : [α, β) × [0, ∞) →

[0, ∞) là ánh xạ liên tục sao cho:

0 ≤ G(t, u) − G(t, v) ≤ N (t)ψ−1(u − v) (1.46)

với mọi t ∈ [α, β), u ≥ v ≥ 0 và N liên tục trên [α, β).

Nếu x : [α, β) → [0, ∞) liên tục thỏa mãn bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + ψ



B(t)

Z t α

L(s, x(s)) exp

Z t u

Hệ quả 1.8 Cho A, B, ψ thỏa mãn ở trên và C : [α, β) → [0, ∞)

và H : [0, ∞) → [0, ∞) là ánh xạ liên tục sao cho:

0 ≤ H(u) − H(v) ≤ M ψ−1(u − v)

với mọi u ≥ v ≥ 0 và M là hằng số M > 0.

Nếu với mọi hàm x liên tục không âm thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + ψ



B(t)

Z t α

C(u)H(A(u)) exp

Z t u

L(u, A(u)) exp

Z t u

Nếu p = 1 thì chúng ta nhận lại được Bổ đề 1.1.

Hệ quả 1.9 Cho A, B, ψ thỏa mãn định lí ở trên và G thỏa mãn(1.46) Nếu mọi hàm liên tục không âm x : [α, β) → [0, ∞) thỏamãn

x(t) ≤ A(t) + B(t)ψ

Z t α

G(u, A(u)) exp

Z t u

Hệ quả 1.10 Cho A, B, ψ là các hàm như trên và G như trong các

Hệ quả 1.5, 1.6 Nếu x là hàm liên tục không âm và là nghiệm củabất phương trình tích phân:

x(t) ≤ A(t) + B(t)ψ

Z t α

C(u)H(A(u)) exp



M

Z t u

[α, β] và g là liên tục, đơn điệu và khác 0 trên đoạn I chứa điểm

v0. Ngoài ra giả sử g không giảm và k ≥ 0 hoặc g không tăng và

k ≤ 0. Nếu σ ≥ 0 (σ ≤ 0) là nghiệm lớn nhất (nhỏ nhất) của v(t)đồng thời

dv

dt = k(t)g(v(t)) + σ(t), v(α) = v0 (1.47)tồn tại trên [α, β1), và

Đặt β2 = min(u1, u2) và β1 = min(β1, β2).

Với mọi α ≤ t ≤ β1, chúng ta có

v(t) ≤ G−1

Z t α

k(s)ds + G



v0 +

Z u α

k(s)ds + G



v0 +

Z u α

M (s, (A(s))B(s)ds+Γ

Z t α

L(s, (A(s))ds



, ∀t ∈ [α, β)

(1.52)với

Γ(u) :=

Z u

u 0

dy g(y), u0 > 0.

Hệ quả 1.11 Cho A, B : [α, β) → R+, G : [α, β) ×R+ →R+ là liên

tục và thỏa mãn (1.30) Khi đó mọi hàm x liên tục không âm thỏa

mãn bất phương trình

x(t) ≤ A(t) + B(t)g

Z t α

N (s)B(s)ds + Γ

Z t α

G(s, A(s))ds



, ∀t ∈ [α, β).

(1.54)

Hệ quả 1.12 Cho A, B, C : [α, β) → R+, H : R+ → R+ là liên tục

và thỏa mãn điều kiện của Lipschitz (1.33) Khi đó mọi hàm x liên

tục không âm là nghiệm của

x(t) ≤ A(t) + B(t)g

Z t α

C(s)B(s)ds + Γ

Z t α

C(s)H(A(s))ds



, ∀t ∈ [α, β).

(1.56)Kết quả khác cho hạch khả vi được thể hiện trong định lí sau

P (s, A(s))B(s)ds + Γ

Z t α

D(s, A(s))ds



, ∀t ∈ [α, β)

(1.58)với

Γ(u) :=

Z u

u0

dy g(y), u0 > 0.

Chứng minh Ứng dụng của định lí Lagrange cho ánh xạ D trong

[α, β) × [0, ∞), với mọi u > v ≥ 0 và t ∈ [α, β), tồn tại µ ∈ (u, v) sao

Chúng ta có một vài hệ quả quan trọng

Hệ quả 1.13 Cho A, B : [α, β) → R+, I : [α, β) ×R+ →R+ là liên

tục và thỏa mãn (1.39) Nếu mọi hàm liên tục không âm thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + B(t)g

Z t α

∂I(s, A(s))

∂x D(s)ds + Γ

Z t α

C(s)K(x(s))ds



, ∀t ∈ [α, β) (1.62)

thì ta có

x(t) ≤ A(t)+B(t)g◦Γ−1

Z t α

C(s)dK

dx (A(s))B(s)ds + Γ

Z t α

C(s)K(A(s))ds



, ∀t ∈ [α, β).

(1.63)Mệnh đề 1.1 Cho A, B, C, r : [α, β) → R+ là liên tục và A(t) > 0,

r(t) ≤ 1, ∀t ∈ [α, β). Nếu mọi hàm liên tục không âm x : [α, β) →

[0, ∞) thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + B(t)g

Z t α

r(s)C(s)B(s) A(s)1−r(s) ds + Γ

Z t α

C(s)B(s) A(s)1−r ds + Γ

Z t α

C(s)A(s)rds



, ∀t ∈ [α, β).

(1.67)Mệnh đề 1.2 Cho A, B, C : [α, β) → R là liên tục và không âm

trên [α, β). Nếu x : [α, β) → [0, ∞) liên tục và thỏa mãn

x(t) ≤ A(t) + B(t)g

Z t α

C(s)B(s) A(s) + 1ds + Γ

Z t α

C(s) ln(A(s) + 1)ds



,

(1.69)với mọi t ∈ [α, β).

Chứng minh Sử dụng K(x) = ln(x + 1) với x ∈ R+ trong Hệ quả 1.14

C(s)B(s)

A 2 (s) + 1ds + Γ

Z t α

1.3 Điều kiện về tính bị chặn

Mục đích chính của phần này là đưa ra một vài điều kiện đủ cho tính

bị chặn đều của các nghiệm không âm trong khoảng [α, ∞) của các bấtphương trình tích phân Gronwall (1.27), (1.31), (1.34), (1.37), (1.40)

L(u, A(u)) exp

Z t u

L(s, M1)ds exp



M2

Z t u

M (s, A(s))B(s)ds



...

trong a1(t) b(t) hàm khơng âm khả tích

khoảng... lý 1.9 Cho x k liên tục, a b hàm khả tíchRieman J = [α,β] với b k không âm J.... mãn

Giả sử 0 < α < 1. Kí hiệu v nghiệm phương trình tích phân

Với α > 1 ta lại có phương trình Bernoulli chứng minh tương

tự