Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN HAI ĐIỂM KHƠNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN HAI ĐIỂM KHƠNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 84 601 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2020 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ Tốn học với đề tài “Một lớp toán biên hai điểm khơng quy cho phương trình vi phân cấp hai” thực với hướng dẫn PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, không chép Nội dung luận văn tham khảo, trình bày lại kết nhà toán học: A.G Lomtatidze, Robert Hakl Manuel Zamora từ tài liệu liệt kê danh mục tài liệu tham khảo Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm luận văn Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 10 tháng năm 2020 Học viên thực HUỲNH VĂN AN LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn Thạc sĩ Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới giảng viên Trường nhiệt tình truyền đạt kiến thức quý báu, tạo điều kiện thuận lợi cho hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Anh Tuấn hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu hồn thành luận văn Thạc sĩ Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến cho tơi hồn thành luận văn cách hồn chỉnh Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, khuyến kích tơi suốt q trình học tập nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn MỤC LỤC Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Danh mục kí hiệu GIỚI THIỆU Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TỐN (1.1), (1.2) 1.1 Các kết cho toán (1.1), (1.2) Định nghĩa 1.1 Định lý 1.2 Hệ 1.3 Hệ 1.4 1.2 Các bổ đề bổ trợ Bổ đề 1.5 Bổ đề 1.6 11 Bổ đề 1.7 13 Bổ đề 1.8 18 Bổ đề 1.9 19 1.3 Chứng minh kết 19 Chứng minh Định lý 1.2: 19 Chứng minh Hệ 1.3: 22 Chứng minh Hệ 1.4: 29 Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (2.1), (2.2) 32 2.1 Các kết cho toán (2.1), (2.2) 32 Định nghĩa 2.1 32 Định lý 2.2 32 2.2 Các bổ đề bổ trợ 33 Bổ đề 2.3 33 Bổ đề 2.4 39 Bổ đề 2.5 43 Bổ đề 2.6 43 Bổ đề 2.7 45 Bổ đề 2.8 49 2.3 Chứng minh kết 49 Chứng minh Định lý 2.2 49 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU  ℕ tập số tự nhiên, ℝ tập số thực, ℝ+ = [0, +∞)  𝐿([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ tập hàm 𝑝: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 khả tích Lebesgue [𝑎, 𝑏]  𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ tập hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → 𝐷 thỏa 𝑝 ∈ 𝐿([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏)  𝐿∞ 𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) tập hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → ℝ+ bị chặn hoàn toàn đoạn chứa (𝑎, 𝑏)  𝐶([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ tập hàm liên tục 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷  𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ) tập hàm 𝑢: (𝑎, 𝑏) → ℝ thỏa 𝑢 ∈ 𝐶([𝛼, 𝛽]; ℝ) với [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏)  𝐴𝐶 ([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ tập hàm 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 liên tục tuyệt đối đạo hàm cấp liên tục tuyệt đối (𝐼; 𝐷) với 𝐼 ⊆ (𝑎, 𝑏), 𝐷 ⊆ ℝ tập hàm 𝑢: 𝐼 → 𝐷 thỏa mãn  AC𝑙𝑜𝑐 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 ([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với [𝛼, 𝛽] ⊆ 𝐼  𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ; ℝ) với 𝐷 ⊆ ℝ lớp Carathéodory, nghĩa hàm 𝑓: (𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ → ℝ thỏa 𝑓(𝑡,∙,∙): 𝐷 × ℝ → ℝ liên tục hầu khắp nơi 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑓(∙, 𝑥, 𝑦): (𝑎, 𝑏) → ℝ liên tục với (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 × ℝ sup{|𝑓(∙, 𝑥, 𝑦)|: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷0 } ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) với tập compact 𝐷0 ⊂ 𝐷 × ℝ 1 2  [𝑝]− = (|𝑝| − 𝑝), [𝑝]+ = (|𝑝| + 𝑝)  𝑢(𝑠 +) 𝑢(𝑠 −) giới hạn phải giới hạn trái hàm 𝑢 điểm 𝑠 GIỚI THIỆU Lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân thường đời từ kỉ 18, nhiên đến phát triển mạnh mẽ có nhiều ứng dụng khoa học kỹ thuật khác như: khí, điện tử, vật lý, sinh học, nông nghiệp, ….[1], [3], [4], [6] – [8], [18] – [20] Một mục đích việc nghiên cứu tốn biên cho phương trình vi phân xem xét tồn nghiệm, tính chất nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm đối số lệch hay phương trình vi phân khơng quy Bài tốn biên cho phương trình vi phân khơng quy nghiên cứu nhiều nhà tốn học đến từ Cộng hòa Grugia, Cộng hòa Séc,… I Kiguradze, A Lomtatidze, R Hakl Mục đích luận văn hệ thống trình bày lại cách chi tiết hai báo A Lomtatidze R Hakl 1) A Lomtatidze and P J Torres, On a two-point boundary value problem for second order singular equations, Czechoslovak Math J 53 (2003), 19 – 43 2) R Hakl and Manuel Zamora, Existence of a solution to the Dirichlet problem associated to a second-order differential equation with singularities: The method of lower and upper functions, Georgian Math J 20 (2013), 469 – 491 Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương Tính giải cho tốn (1.1), (1.2) Chương xây dựng điều kiện đủ số trường hợp điều kiện cần đủ cho tính giải tốn giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = (1.2) 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ) Nghiệm toán (1.1), (1.2) hàm 𝑢 không bị chặn, 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); (0; +∞)) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi (𝑎, 𝑏) thỏa mãn điều kiện biên (1.2) Chương Tính giải cho tốn (2.1), (2.2) Chương xây dựng điều kiện đủ cho tính giải toán giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (2.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = (2.2) 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ) Nghiệm tốn (2.1), (2.2) hàm 𝑢 bị chặn, 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ), < 𝑢(𝑡) < 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi (𝑎, 𝑏) thỏa mãn điều kiện biên (2.2) Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TỐN (1.1), (1.2) Trong chương này, ta xây dựng điều kiện đủ số trường hợp điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm không bị chặn toán giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = (1.2) Trong 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ) 1.1 Các kết cho toán (1.1), (1.2) Định nghĩa 1.1 Hàm liên tục 𝜎: (𝑎, 𝑏) → (0, +∞) hàm (trên) phương trình (1.1) ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏)\{𝑡1 , 𝑡2 , … , 𝑡𝑛 }; (0, +∞)), 𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝑛 < 𝑏, tồn giới hạn hữu hạn 𝜎(𝑎 +), 𝜎(𝑏 −), 𝜎′(𝑡𝑖 +), 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −), 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛, 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) < 𝜎′(𝑡𝑖 +) ( 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) > 𝜎′(𝑡𝑖 +)), 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛, hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có: 𝜎 ′′ (𝑡) ≥ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎 ′ (𝑡) (𝜎′′(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎′(𝑡)) Định lý 1.2 Giả sử 𝜎1 𝜎2 hàm hàm phương trình (1.1) và: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑎 +) = 0, 𝜎1 (𝑏 −) = 0, 𝜎2 (𝑎 +) ≠ 0, 𝜎2 (𝑏 −) ≠ (1.3) Giải sử thêm, với < 𝜂 < min{𝜎2 (𝑡): 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏} tồn 𝛾 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑝𝜂 , 𝑞𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa mãn: 40 𝜌𝑎 (𝑡) = 𝜌0 ( 𝑏−𝑡 𝜆0 ) 𝑡−𝑎 𝜌𝑏 (𝑡) = 𝜌0 ( 𝑡−𝑎 𝜆0 ) 𝑏−𝑡 𝑐−𝑎 𝜆0 [𝑟1 (𝑏−𝑐) 𝑏−𝑐 𝜆0 [𝑟1 (𝑐−𝑎) 𝑐 𝑠−𝑎 𝜆0 + ∫𝑡 ( ) 𝑏−𝑠 𝑡 𝑏−𝑠 𝜆0 + ∫𝑐 ( ) 𝑠−𝑎 ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑐] ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ [𝑐, 𝑏) 𝜌 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑐] 𝜌(𝑡) = { 𝑎 𝜌𝑏 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑐, 𝑏) Do ℎ𝑜 khả tích với trọng số (𝑏 − 𝑡 )(𝑡 − 𝑎) nên 𝜌 ∈ 𝐶((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) ∩ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ) Giả sử bổ đề sai, tồn 𝑡1 ∈ (𝑎, 𝑐), 𝑡2 ∈ (𝑐, 𝑏), 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 ([𝑡1 , 𝑡2 ]; ℝ) thỏa mãn (2.23), (2.24), tồn 𝑡0 ∈ [𝑡1 , 𝑡2 ] thỏa mãn: |𝑢′ (𝑡0 )| > 𝜌(𝑡0 ) (2.26) Nếu 𝑡0 = 𝑐 theo giả thiết ta có 𝑢′ (𝑡0 ) ≤ 𝜌(𝑡0 ): mâu thuẫn với (2.26) Suy 𝑡0 ≠ 𝑐 Đặt: 𝜆 ℎ2 (𝑡) = (𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎) + ℎ1 (𝑡), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (2.27) Trường hợp 𝑡0 < 𝑐: Từ (2.24) ta có: |𝑢′ (𝑡)|′ ≤ ℎ0 (𝑡) + ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, hkn 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑐) Áp dụng bổ đề bất đẳng thức vi phân tích phân ta có: 𝑡 𝑡 𝑡 |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑐 −ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑐 −ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑠 −ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 𝑐 𝑐 𝑠 ≤ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝(∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑡 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝(∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 )𝑑𝑠 , ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑐) Suy ra: 41 𝑐 𝑐 𝑠 0 |𝑢′ (𝑡0 )| ≤ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑡 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 (2.28) 𝜆 Ta có: ℎ2 (𝑡) = (𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎) + ℎ1 (𝑡) Lấy tích phân hai vế ta được: 𝑠 𝑠 0 ∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 = ∫𝑡 = 𝑠 𝜆 𝑑𝜉 + ∫𝑡 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 (𝑏−𝜉)(𝜉−𝑎) 𝜆 𝑏−𝑎 ln | 𝜉−𝑎 𝑏−𝜉 𝑠 𝑠 | |𝑡 + ∫𝑡 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 0 (𝑏−𝑡 )(𝑠−𝑎) = 𝜆0 ln (𝑏−𝑠)(𝑡 −𝑎) (𝑏−𝑡 )(𝑠−𝑎) ≤ 𝜆0 ln (𝑏−𝑠)(𝑡 −𝑎) 𝑠 + ∫𝑡 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 + ln 𝜌0 , 𝑠 ∈ [𝑡0 , 𝑐) (𝑏−𝑡 )(𝑠−𝑎) 𝜆0 𝑠 Suy ra: 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] ≤ 𝜌0 [(𝑏−𝑠)(𝑡 0 −𝑎) ] , 𝑠 ∈ [𝑡0 , 𝑐) Vì 𝑡0 ∈ (𝑎, 𝑐] nên 𝜌(𝑡0 ) = 𝜌𝑎 (𝑡0 ) = 𝜌0 ( 𝑏−𝑡0 𝜆0 𝑡0 ) −𝑎 (𝑏−𝑡0 )(𝑐−𝑎) 𝜆0 = 𝜌0 𝑟1 ((𝑡 ) −𝑎)(𝑏−𝑐) 𝑐−𝑎 𝜆0 [𝑟1 (𝑏−𝑐) + 𝜌0 ( 𝑏−𝑡0 𝜆0 𝑡0 ) −𝑎 𝑐 𝑠−𝑎 𝜆0 + ∫𝑡 ( ) 𝑏−𝑠 𝑐 𝑠−𝑎 𝜆0 ∫𝑡 (𝑏−𝑠 ) 𝑐 𝑐 𝑠 0 ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠 ≥ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑡 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑡 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 = |𝑢′ (𝑡0 )| Mâu thuẫn với (2.26) Trường hợp 𝑡0 > 𝑐: Từ (2.24) ta có: |𝑢′ (𝑡)|′ ≤ ℎ0 (𝑡) + ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, hkn 𝑡 ∈ (𝑐, 𝑡0 ) Áp dụng bổ đề bất đẳng thức vi phân tích phân ta có: 42 𝑡 𝑡 𝑡 |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑐 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑐 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑠 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 Suy ra: 𝑡 𝑡 𝑡 |𝑢′ (𝑡0 )| ≤ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑐 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑐 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑠 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 𝜆 Ta có: ℎ2 (𝑡) = (𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎) + ℎ1 (𝑡) Lấy tích phân hai vế ta được: 𝑡 𝑡 𝑡 𝜆 0 ∫𝑠 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 = ∫𝑠 (𝑏−𝜉)(𝜉−𝑎) 𝑑𝜉 + ∫𝑠 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 = 𝜆 𝑏−𝑎 ln | 𝑡 𝑡 | | + ∫𝑠 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 𝑏−𝜉 𝑠 𝜉−𝑎 (𝑡 −𝑎)(𝑏−𝑠) 𝑡 = 𝜆0 ln (𝑠−𝑎)(𝑏−𝑡 + ∫𝑠 ℎ1 (𝜉)𝑑𝜉 ) (𝑏−𝑡 )(𝑠−𝑎) ≤ 𝜆0 ln (𝑏−𝑠)(𝑡 −𝑎) + ln 𝜌0 , 𝑠 ∈ (𝑐, 𝑡0 ] Suy ra: 𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑠 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] (𝑏−𝑡0 )(𝑠−𝑎) 𝜆0 ≤ 𝜌0 [(𝑏−𝑠)(𝑡 −𝑎) ] , 𝑠 ∈ (𝑐, 𝑡0 ] Vì 𝑡0 ∈ [𝑐, 𝑏) nên 𝜌(𝑡0 ) = 𝜌𝑏 (𝑡0 ) = 𝜌0 ( 𝑡0 −𝑎 𝜆0 𝑏−𝑡0 ) (𝑡 −𝑎)(𝑏−𝑐) 𝜆0 = 𝜌0 𝑟1 ((𝑏−𝑡 ) )(𝑐−𝑎) 𝑡 𝑏−𝑐 𝜆0 [𝑟1 (𝑐−𝑎) + 𝑡0 −𝑎 𝜆0 + 𝜌0 ( 𝑏−𝑡0 ) 𝑡0 𝑏−𝑠 𝜆0 ∫𝑐 (𝑠−𝑎) 𝑡 𝑏−𝑠 𝜆0 ∫𝑐 (𝑠−𝑎) 𝑡 𝑡 ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠 ≥ 𝑢′ (𝑐)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑐 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) + ∫𝑐 ℎ0 (𝑠)𝑒𝑥𝑝 (∫𝑠 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ) 𝑑𝑠 = |𝑢′ (𝑡0 )| Mâu thuẫn với (2.26) Vậy, bổ đề chứng minh 43 Bổ đề 2.5 Giả sử 𝜎1 𝜎2 hàm hàm phương trình (2.3) thỏa 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), (2.29) |ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦)| ≤ 𝑞(𝑡), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑦 ∈ ℝ, 𝑞 ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ) 𝑐1 ∈ [𝜎1 (𝑎 +), 𝜎2 (𝑎 +)] 𝑐2 ∈ [𝜎1 (𝑏 −), 𝜎2 (𝑏 −)] Khi đó, tốn (2.3), (2 30 ) có nghiệm 𝑢 ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ) thỏa mãn: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (2.30) Bổ đề 2.6 Cho 𝜎1 𝜎2 hàm hàm phương trình (2.3) thỏa mãn (2 30 ) Hơn nữa, giả sử: 𝜆 ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦)𝑠𝑔𝑛[𝑦(𝑡 − 𝑐)] ≤ ℎ0 (𝑡) + [(𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎) + ℎ1 (𝑡)] |𝑦| (2.31) , hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑦 ∈ ℝ ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦) ≥ −ℎ0 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑦| (2.32) , hkn 𝑡 ∈ (𝛼, 𝛽), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑦 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝛼 < 𝛽 < 𝑏, 𝜆 ∈ [0,𝑏 − 𝑎), ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ), ℎ0 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa (2.10) Khi đó, với 𝑐1 ∈ [𝜎1 (𝑎 +), 𝜎2 (𝑎 +)] 𝑐2 ∈ [𝜎1 (𝑏 −), 𝜎2 (𝑏 −)] tốn (2.3), (2 30 ) có nghiệm 𝑢 thỏa (2.30) Chứng minh: Đặt: 44 𝑟0 = sup{|𝜎1 (𝑡)| + |𝜎2 (𝑡)| + 1: 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏)}, (2.33) 𝑏 𝑏 𝑟 ∗ = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑏 − 𝑠)(𝑠 − 𝑎)ℎ0 (𝑠)𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 (2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠)𝑑𝑠), 𝑟∗ (2.34) 𝑟1 = (𝛽−𝑐)(𝑐−𝛼) Giả sử có hàm 𝜌 ∈ 𝐶((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) ∩ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ) thỏa Bổ đề 2.4 Xét phương trình: 𝑢′′ = 𝜒(𝑡, 𝑢′ )ℎ(𝑡, 𝑢, 𝑢′ ) (2.35) đó: 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), |𝑦| ≤ 𝜌1 (𝑡), |𝑦| 𝜒(𝑡, 𝑦) = {2 − 𝜌 (𝑡) , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜌1 (𝑡) < |𝑦| < 2𝜌1 (𝑡), (2.36) 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 2𝜌1 (𝑡) ≤ |𝑦|, 𝜌1 (𝑡) = 𝜌(𝑡) + |𝜎1′ (𝑡)| + |𝜎2′ (𝑡)| + 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (2.37) Đặt: 𝑡1𝑛 ∈ (𝑎, 𝛼), 𝑡2𝑛 ∈ (𝛽, 𝑏), 𝑐𝑗𝑛 ∈ [𝜎1 (𝑡𝑗𝑛 , ), 𝜎2 (𝑡𝑗𝑛 )], 𝑛 ∈ ℕ (𝑗 = 1,2) Sao cho: lim 𝑡1𝑛 = 𝑎, lim 𝑡2𝑛 = 𝑏, lim 𝑐𝑗𝑛 = 𝑐𝑗 𝑛→+∞ 𝑛→+∞ 𝑛→+∞ (𝑗 = 1,2) (2.38) Theo Bổ đề 2.5, với 𝑛 ∈ ℕ phương trình (2.35) có nghiệm 𝑢𝑛 xác định [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ] thỏa mãn: 𝑢𝑛 (𝑡1𝑛 ) = 𝑐1𝑛 , 𝑢𝑛 (𝑡2𝑛 ) = 𝑐2𝑛 , (2.39) 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑛 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ] (2.40) Từ (2.32), (2.34), (2.35) (2.40), với 𝑛 ∈ ℕ hàm 𝑢 ≡ 𝑢𝑛 thỏa mãn bất đẳng thức (2.11) (2.12) với 𝑡1 = 𝛼, 𝑡2 = 𝛽 Do theo Bổ đề 2.3 từ (2.34) ta có (2.23) Hơn nữa, từ (2.31), (2.35), (2.40) suy (2.24) 45 với 𝑡1 = 𝑡1𝑛 , 𝑡2 = 𝑡2𝑛 Khi theo Bổ đề 2.4 ta có: |𝑢𝑛′ (𝑡)| ≤ 𝜌(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ], 𝑛 ∈ ℕ (2.41) Do đó, 𝑢𝑛 nghiệm toán (2.3) [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ] Mặt khác, từ (2.41) với 𝑛 ∈ ℕ ta có: 𝑡 |𝑢𝑛 (𝑡) − 𝑐1𝑛 | ≤ ∫𝑎 𝜌(𝑠) 𝑑𝑠, 𝑏 |𝑢𝑛 (𝑡) − 𝑐2𝑛 | ≤ ∫𝑡 𝜌(𝑠) 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ] (2.42) Theo định lý Arzelà – Ascoli, từ (2.3), (2.40), (2.41), khơng tính tổng qt ta giả sử: lim 𝑢𝑛 = 𝑢 tập compact 𝑢 nghiệm phương 𝑛→+∞ trình (2.3) (𝑎, 𝑏) Hơn nữa, từ (2.38) − (2.40) (2.42) ta (2 30 ) (2.30) Vậy, bổ đề chứng minh Bổ đề 2.7 Cho 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ), 𝜎1 𝜎2 hàm hàm phương trình (2.1) thỏa (2.4) 𝜎1 (𝑎 +) = 0, < 𝜎2 (𝑎 +) < (2.43) Giả sử thêm, với 𝜂 ∈ (0, 1⁄2) (2.6) đúng, 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜆𝜂 ∈ [0, 𝑏 − 𝑎), 𝑞𝜂 ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ), 𝑝𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa (2.7), 𝜎1𝜂 , 𝜎2𝜂 (2.8) Khi đó, với 𝑏0 ∈ (𝑐, 𝑏), phương trình (2.1) có nghiệm 𝑢 (xác định (𝑎, 𝑏0 )) thỏa mãn: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), (2.44) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏0 −) = 𝜎2 (𝑏0 ) (2.45) 𝑢′ (𝑏0 −) hữu hạn 46 Chứng minh: Lấy 𝑏0 ∈ (𝑐, 𝑏) tùy ý cố định lại, 𝜂0 ∈ (0, 1⁄2) 𝑡10 ∈ (𝑎, 𝑐) thỏa mãn: 𝜂0 < sup{𝜎1 (𝑡): 𝑡 ∈ (𝑎,𝑏0 ]}, 𝜂0 < min{𝜎2∗ , − 𝜎2∗ }, (2.46) với 𝜎2∗ = inf{𝜎2 (𝑡): 𝑡 ∈ (𝑎,𝑏0 ]} , 𝜎2∗ = sup{𝜎2 (𝑡): 𝑡 ∈ (𝑎,𝑏0 ]} , 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑡10 ), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑡10 ), 𝜎1 (𝑡10 ) = 𝜂0 (2.47) Đặt 𝑤 ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎,𝑡10 ]; ℝ) nghiệm toán: 𝜆𝜂 𝑤 ′′ = −𝑝𝜂0 (𝑡) − [(𝑏−𝑡)(𝑡−𝑎) + 𝑞𝜂0 (𝑡)] 𝑤 ′ , (2.48) 𝑤(𝑎 +) = 𝜂0 , 𝑤(𝑡10 −) = (2.49) Nghiệm 𝑤 tồn theo [9, Định lý 1.1] Hiển nhiên tồn 𝑎1 ∈ (𝑎, 𝑡10 ) thỏa: 𝑤(𝑡) < 𝜎2 (𝑡), 𝑤 ′ (𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎1 ), 𝑤(𝑎1 ) = 𝜎2 (𝑎1 ) (2.50) Hơn nữa, theo (2.46) ta có: 𝜂0 ≤ 𝑤(𝑡) ≤ − 𝜂0 , 𝑡 ∈ (𝑎,𝑎1 ], 𝑤 ′ (𝑎1 ) ≥ 𝜎2′ (𝑎1 +) (2.51) Do đó, từ (2.6), (2.47), (2.48) − (2.51) ta có: 𝑢′′ (𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝑤(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝑤(𝑡))𝑤 ′ (𝑡), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎1 ) Ngoài ra, từ (2.48) (2.50) ta có 𝑢′′ (𝑡) ≤ 0, hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎1 ) Vì vậy, từ (2.52) suy ra: 𝑢′′ (𝑡) ≤ −[𝑓(𝑡, 𝑤(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝑤(𝑡))𝑤 ′ (𝑡)]− , hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎1 ) Lấy 𝑡1𝑛 ∈ (𝑎,𝑎1 ], 𝑛 ∈ ℕ thỏa mãn: (2.52) 47 𝑡1𝑛+1 < 𝑡1𝑛 , 𝑛 ∈ ℕ, lim 𝑡1𝑛 = 𝑎, 𝑛→+∞ (2.53) 𝜎1 (𝑡) < 𝜎1 (𝑡1𝑛 ), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑡1𝑛 ), 𝑛 ∈ ℕ, với 𝑛 ∈ ℕ, 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, đặt: 𝜂𝑛 = min{𝜎1 (𝑡): 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑏0 ]}, 𝜂𝑛 , 𝑘ℎ𝑖 𝑥 < 𝜂𝑛 , 𝜒𝑛 (𝑥) = {𝑥 , 𝑘ℎ𝑖 𝜂𝑛 ≤ 𝑥 ≤ − 𝜂𝑛 , − 𝜂𝑛 , 𝑘ℎ𝑖 − 𝜂𝑛 < 𝑥, −[𝑓(𝑡, 𝜒𝑛 (𝑥)) + 𝑔(𝑡, 𝜒𝑛 (𝑥))𝑦]− , ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑡1𝑛 ), 𝐹𝑛 (𝑡, 𝑥, 𝑦) = { 𝑓(𝑡, 𝜒𝑛 (𝑥)) + 𝑔(𝑡, 𝜒𝑛 (𝑥))𝑦, ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝑡1𝑛 , 𝑏0 ), 𝜎 (𝑡 ), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑡1𝑛 ), 𝜎̃1𝑛 (𝑡) = { 1𝑛 𝜎1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑏0 ), 𝑤(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑎1 ), 𝜎̃21 (𝑡) = { 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 , 𝑏0 ) Khi đó, với 𝑛 ∈ ℕ, 𝜎̃1𝑛 (𝑡) hàm phương trình: 𝑢′′ (𝑡) = 𝐹𝑛 (𝑡, 𝑢, 𝑢′ ) (2.54) 𝜎̃21 (𝑡) hàm phương trình: 𝑢′′ (𝑡) = 𝐹1 (𝑡, 𝑢, 𝑢′ ) (2.55) Đặt: 𝛼= 𝑎1 +𝑐 ,𝛽 = ℎ2 (𝑡) = { 𝑐+𝑏0 ,𝜆 = 𝜆𝜂1 (𝑏0 −𝑎) 𝑏−𝑎 , sup{|𝑔(𝑡, 𝑥)|: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡), ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝛼, 𝛽)}, 0, ℎ𝑘𝑛 𝑡 ∈ (𝑎, 𝛼) ∪ (𝛽, 𝑏0 ), ℎ0 (𝑡) = 𝑝𝜂1 (𝑡), ℎ1 (𝑡) = 𝑞𝜂1 (𝑡) , hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦) = 𝐹1 (𝑡, 𝑥, 𝑦), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ (2.56) (2.57) (2.58) 48 Khi đó, theo Bổ đề 2.6 tồn nghiệm 𝑢1 phương trình (2.55) xác định (𝑎, 𝑏0 ) thỏa mãn: 𝜎̃11 (𝑡) ≤ 𝑢1 (𝑡) ≤ 𝜎̃21 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑢1 (𝑎 +) = 𝜎1 (𝑡11 ), 𝑢1 (𝑏0 −) = 𝜎2 (𝑏0 ) Đến đây, giả sử tồn nghiệm 𝑢𝑘 , 𝑘 ∈ ℕ phương trình (2.54) với 𝑛 = 𝑘 (𝑎, 𝑏0 ) có tính chất: 𝜎̃1𝑘 (𝑡) ≤ 𝑢𝑘 (𝑡) ≤ 𝜎̃2𝑘 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑢𝑘 (𝑎 +) = 𝜎1 (𝑡1𝑘 ), 𝑢𝑘 (𝑏 −) = 𝜎2 (𝑏0 ) Ta định nghĩa hàm 𝜎̃2𝑘+1 phương trình (2.54) với 𝑛 = 𝑘 + là: 𝜎̃2𝑘+1 (𝑡) = 𝑢𝑘 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ) Khi đó, lại áp dụng Bổ đề 2.6 với 𝜆 = 𝜆𝜂𝑛 (𝑏0 − 𝑎)⁄(𝑏 − 𝑎), ℎ0 (𝑡) = 𝑝𝜂𝑛 (𝑡), ℎ1 (𝑡) = 𝑞𝜂𝑛 (𝑡), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), (2.59) ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦) = 𝐹𝑛 (𝑡, 𝑥, 𝑦), hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, 𝛼, 𝛽, ℎ2 định nghĩa (2.56), (2.57), tồn nghiệm 𝑢𝑘+1 (2.54) với 𝑛 = 𝑘 + (𝑎, 𝑏0 ) thỏa mãn: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑛+1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑛 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑛 ∈ ℕ; (2.60) 𝑢𝑛 (𝑎 +) = 𝜎1 (𝑡1𝑛 ), 𝑢𝑛 (𝑏0 −) = 𝜎2 (𝑏0 ) (2.61) ′ +∞ Từ (2.54), (2.60) Bổ đề 2.3,2.4 với 𝑏 = 𝑏0 dãy {𝑢𝑛 }+∞ 𝑛=1 {𝑢𝑛 }𝑛=1 bị chặn đồng liên tục tập compact (𝑎, 𝑏0 ) Do đó, tồn 𝑢0 ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏0 ); ℝ) thỏa mãn: 𝑢0 = lim 𝑢𝑛 tập compact 𝑢0 nghiệm (2.1), 𝑛→+∞ 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏0 ), 𝑢0 (𝑏0 −) = 𝜎2 (𝑏0 ), (2.62) 49 Và từ (2.60), (2.61) ta có: ≤ lim inf 𝑢0 (𝑡) ≤ lim sup 𝑢0 (𝑡) ≤ 𝜎1 (𝑡1𝑛 ), 𝑛 ∈ ℕ 𝑡→𝑎+ 𝑡→𝑎+ Từ (2.43) (2.53) suy 𝑢0 (𝑎 +) = Vì 𝑢0 nghiệm phương trình (2.1) (𝑐, 𝑏0 ) hàm 𝑓, 𝑔 thuộc lớp Carathéodory nên từ (2.62) tính liên tục 𝑢0′ (𝑐, 𝑏0 ), suy 𝑢0′ (𝑏0 −) hữu hạn Vậy, bổ đề chứng minh Bổ đề 2.8 Cho 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ), 𝜎1 𝜎2 hàm hàm (2.1) thỏa mãn (2.4) và: 𝜎2 (𝑏 −) = 1, < 𝜎1 (𝑏 −) < (2.63) Giả sử thêm, với 𝜂 ∈ (0, 1⁄2) (2.6) đúng, 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜆𝜂 ∈ [0, 𝑏 − 𝑎), 𝑞𝜂 ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ), 𝑝𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa (2.7), 𝜎1𝜂 , 𝜎2𝜂 (2.8) Khi đó, với 𝑎0 ∈ (𝑎, 𝑐), phương trình (2.1) có nghiệm 𝑢 (xác định (𝑎0 , 𝑏)) thỏa mãn: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎0 , 𝑏), (2.64) 𝑢(𝑎0 +) = 𝜎1 (𝑎0 ), 𝑢(𝑏 −) = (2.65) 𝑢′ (𝑎0 +) hữu hạn 2.3 Chứng minh kết Chứng minh Định lý 2.2 Nếu 𝜎2 (𝑎 +) > 𝜎1 (𝑏 −) < theo Bổ đề 2.7 2.8 tồn 𝑣 𝑤 nghiệm phương trình (2.1) xác định (𝑎, 𝑏0 ) (𝑎0 , 𝑏), đó: 50 𝑎0 = 𝑎+𝑐 , 𝑏0 = 𝑐+𝑏 , 𝑣(𝑎 +) = 𝑎, 𝑣(𝑏0 −) = 𝜎2 (𝑏0 ), 𝑤(𝑎 +) = 𝜎1 (𝑎0 ), 𝑤(𝑏 −) = 1, 𝑣 ′ (𝑏0 −) ≥ 𝜎2′ (𝑏0 +), 𝑤 ′ (𝑎0 +) ≥ 𝜎1′ (𝑎0 −) Do đó, khơng tính tổng quát ta giả sử: 𝜎2 (𝑎 +) = 0, 𝜎1 (𝑏 −) = (2.66) Đặt: ℎ(𝑡, 𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑡, 𝑥) + 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑦, hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, 𝑡1𝑛 ∈ (𝑎, 𝑐), 𝑡2𝑛 ∈ (𝑐, 𝑏), 𝑛 ∈ ℕ thỏa mãn: 𝑡1𝑛+1 < 𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 < 𝑡2𝑛+1 , 𝑛 ∈ ℕ, lim 𝑡1𝑛 = 𝑎, lim 𝑡2𝑛 = 𝑏 𝑛→+∞ 𝑛→+∞ Khi đó, tồn dãy {𝜂𝑛 }+∞ 𝑛=1 ⊂ (0, 1⁄2) thỏa mãn: 𝜂𝑛 ≤ 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡) ≤ − 𝜂𝑛 , 𝑡 ∈ [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ], 𝑛 ∈ ℕ Do đó, với 𝑛 ∈ ℕ, từ bất phương trình (2.6) suy (2.31) (2.32) [𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ] Do đó, theo Bổ đề 2.6, với 𝑛 ∈ ℕ tồn 𝑢𝑛 nghiệm toán (2.1) xác định (𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ) thỏa mãn: 𝑢𝑛 (𝑡1𝑛 +) = 𝜎1 (𝑡1𝑛 ), 𝑢𝑛 (𝑡2𝑛 −) = 𝜎2 (𝑡2𝑛 ), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢𝑛 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡1𝑛 , 𝑡2𝑛 ) (2.67) Từ (2.6) Bổ đề 2.3, 2.4, với tập compact [𝑠1 , 𝑠2 ] ⊂ (𝑎, 𝑏) tồn ′ +∞ 𝑛0 ∈ ℕ cho dãy {𝑢𝑛 }+∞ 𝑛=𝑛0 {𝑢𝑛 }𝑛=𝑛0 bị chặn đồng liên tục [𝑠1 , 𝑠2 ] Do đó, khơng tính tổng qt, ta giả sử tồn hàm 𝑢 ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ) thỏa mãn: 𝑢 = lim 𝑢𝑛 tập compact 𝑢 nghiệm (2.1), 𝑛→+∞ Hơn nữa, từ (2.5), (2.66) (2.67) suy 𝑢 thỏa (2.2) (2.9) Vậy, định lý chứng minh 51 KẾT LUẬN Trong luận văn này, tác giả tìm hiểu hai tốn biên hai điểm khơng quy cho phương trình vi phân cấp hai hai báo khác Bài báo A Lomtatidze xây dựng điều kiện đủ số trường hợp điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm khơng bị chặn tốn 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ với điều kiện biên: (𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0, 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ) Các kết Chương Định lý 1.2, Hệ 1.3 Hệ 1.4 Còn báo R Hakl xây dựng điều kiện đủ cho tồn nghiệm toán: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢) với điều kiện biên: (𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 1, 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ) Kết Chương Định lý 2.2 Cả hai tác giả dùng phương pháp nghiệm trên, nghiệm để chứng minh tồn nghiệm toán Mặt dù luận văn chưa thu kết mong đợt, xem xét kết có hay khơng cho phương trình vi phân bậc cao khơng quy, tuyến tính phi tuyến, tác giả có gắng trình bày chi tiết rõ ràng bổ đề, hệ quả, định lí tìm hiểu Luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên học viên cao học nghiêu cứu toán biên hai điểm khơng quy cho phương trình vi phân cấp hai tuyến tính phi tuyến Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa góp ý cho tác giả chỗ thiếu xót để luận văn hoàn chỉnh 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] J A Ackroyd, On the laminar compressible boundary layer with stationary origin on a moving flat wall Proc Cambridge Phil Soc 63 (1967), 871 – 888 [2] R P Agarwal and D O’ Regan, Singular boundary value problems for superlinear second order ordinary and delay differential equations J Differential Equations 130 (1996), 333 – 335 [3] L E Bobisud, D O’ Regan and W.D Royalty, Solvability of some monlinear singular boundary value problems Nonlinear Anal 12 (1998), 855 – 869 [4] J V Baxley, A singular nonlinear boundary value problem: membrane response of a spherical cap Siam J Appl Math 48 (1998), 855 – 869 [5] J E Bouillet and S M Gomes, An equation with singular nonlinearity related to diffusion problems in one dimension Quart Appl Math 42 (1985), 395 – 402 [6] A J Callegary and M B Friedman, An analytic solution of a nonlinear boundary value problems in theory of viscous fluids, J Math Anal 21 (1968), 510 – 529 [7] A J Callegary and A Nachman, Some singular nonlinear differential equations arising in boundary layer theory J Math Anal Appl 64 (1978), 96 – 105 [8] A J Dunnigher and J.C Kurtz, A priori bounds and existence of positive solutions for singular nonliinear boundary value problems Siam J Math Anal 17 (1986), 595 – 609 53 [9] J A Gatila, V Oliker and P Waltman, Singular nonlinear boundary value problems for second ordeer ordinary differential equations J Differential Equations 79 (1989), 62 – 78 [10] Z Guo, Solvability of some singular nonlinear boundary value problems and existence of positive radial solutions of some nonlinear elliptic problem Nonlinear Anal 16 (1991), 781 – 790 [11] P Habets and F Zanolin, Upper and lower solutions for a generalized Emden – Fowler equation J Math Appl 181 (1994), 684 – 700 [12] P Habets and F Zanolin, Positive solutions for a class of singular boundary value problems Boll Unione Mat Ital (7) Ser A (1995), 273 – 286 [13] R Hakl and Manuel Zamora, Existence of a solution to the Dirichlet problem asociated to a second-order differential equation with singularities: The method of lower and upper functions Georgian Math J 20 (2013), 469 – 491 [14] J Janus and A Myjak, A generalized Emden – Fowler equation with a negative exponent Nonlinear Anal 21 (1994), 953 – 970 [15] I T Kiguradze, Some singular bondary value problems for second order onlinear ordinary differential equations Differentsial’nye Uravneniya (1988), 1753 – 1773 [16] I T Kiguradze and B L Shekhter, Singular boundary – value problems for second-order ordinary differential equations J Sov Math 43 (1988), no 2, 2340 – 2417 [17] A Lomtatidze and P J Torres, On a two-point boundary value problem for second order singular equations Czechoslovak Math J 53 (2003), 19 – 43 54 [18] N F Morozov, Onanalytic structure of a solution of the membrane equation Dokl Akad Nauk SSSR 152 (1963), 78 – 80 [19] L S Srubshhik and V I Yudovich, Asymptotics of equation of large deflection of circular symmetrically boaded plate Ibirsk Mat Zh (1963), 657 – 672 [20] S Taliaferro, A nonlinar singular boundary value problem Nonlinear Anal (1979), 897 – 904 ... [20] Một mục đích vi? ??c nghiên cứu tốn biên cho phương trình vi phân xem xét tồn nghiệm, tính chất nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm đối số lệch hay phương trình vi phân khơng quy Bài. .. Tốn học với đề tài ? ?Một lớp toán biên hai điểm khơng quy cho phương trình vi phân cấp hai? ?? thực với hướng dẫn PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, không chép Nội dung luận văn tham khảo, trình bày lại kết nhà... PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN HAI ĐIỂM KHƠNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 84 601 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA