Luận văn Bài toán cauchy cấp hai trong thang các không gian banach

1 BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH F G Nguyễn Thanh Hà BÀI TOÁN CAUCHY CẤP HAI TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH Chuyên ngành : Toán Giải tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh - Năm 2005 2 LỜI CẢM ƠN Tôi xin chân thành bày tỏ lòng tôn kính và biết ơn sâu sắc đối với PGS.TS. Nguyễn Bích Huy, người thầy đã tận tình giảng dạy, hướng dẫn tôi suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đối với PGS.TS. Lê Hoàn Hoá, TS. Nguyễn Anh Tuấn, PGS.TS. Dương Minh Đức, TS. Nguyễn Thành Long, quý thầy đã trực tiếp trang bị cho tôi kiến thức cơ bản làm nền tảng cho quá trình nghiên cứu. Đồng thời, thông qua giảng dạy, quý thầy đã giúp tôi quen dần với công việc nghiên cứu. Tôi vô cùng cám ơn BGH, quý thầy cô trong khoa Toán, trong phòng KHCN Sau Đại học của trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh; UBND cùng với Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Bến Tre, quý thầy cô trường THPT Bình Đại A, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi học tập và nghiên cứu. Tôi rất biết ơn gia đình, quý đồng nghiệp và bạn bè gần xa đã giúp đỡ, hổ trợ tinh thần cũng như vật chất cho tôi trong thời gian qua. Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2005. Nguyễn Thanh Hà. 3 CHƯƠNG 1 MỞ ĐẦU Nhiều bài toán từ các lĩnh vực khác nhau của khoa học, dẫn đến việc khảo sát sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân trong không gian Banach với điều kiện đầu (bài toán Cauchy). Có nhiều lớp phương trình vi phân được khảo sát, mỗi lớp phương trình lại có phương pháp nghiên cứu riêng. Bài toán Cauchy trong thang các không gian Banach có nhiều ứng dụng khi nghiên cứu các bài toán chứa kỳ dị. Ovsjannikov, Treves, Nirenberg, Nishida, Deimling và một số tác giả khác đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán Cauchy cấp một trong thang các không gian Banach và tìm ra nhiều ứng dụng khác cho Phương trình Vi phân, Vật lý và Cơ khí. Sau đó, Barkova và Zabreik đã tìm ra một kết quả tương tự cho bài toán Cauchy cấp hai thoả điều kiện Lipschitz. Ở luận văn này chúng tôi đặc biệt quan tâm các đến bài toán Cauchy cấp hai trong thang các không gian Banach dạng 0 1 ( , ) (0) , (0) ′′ = ′= = u f t u u u u u và cùng với các kết quả đó là một vài ứng dụng đơn giản. Trong suốt luận văn, hàm ( , )f t u được xét các dạng khác nhau ứng với các điều kiện khác nhau, và ta giả thiết ( ) [ ] ( ), . , , 0,λ λ λ ∈ ⊂ +∞E a b là 4 thang các không gian Banach cho trước thoã mãn: nếu 'λ λ< thì 'λ λ⊂E E và 'λ λ≤u u , với mọi λ∈u E . Trong chương hai, chúng tôi trình bày bài toán Cauchy cấp hai với ( , )f t u được thay thế bởi , ,⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ duf t u dt thoảđiều kiện Lipschitz. Đây là một kết quả tương tự với bài toán Cauchy cấp một. Khi ( , )f t u lần lượt được thay bởi hàm ( ) ( )+A t u f t rồi hàm ( )( ),A Bu t u , các giả thiết cũng được thay đổi theo nhằm đủ cho việc nghiên cứu sự tồn tại và đánh giá nghiệm của bài toán đó. Kết quả này được trình bày ở chương ba. Ở chương bốn, điều kiện nhiễu compact được xét đến thay cho điều kiện Lipschitz. Kết quả thu được cho bài toán cấp hai tương tự với kết quả của K. Deimling về bài toán Cauchy cấp một. Kết thúc luận văn là một vài ứng dụng cho phương trình Kirchhoff. 5 CHƯƠNG 2 PHƯƠNG TRÌNH CẤP HAI VỚI ĐIỀU KIỆN LIPSCHITZ Trong chương này, ta sẽ chứng minh một kết quả về sự tồn tại nghiệm của phương trình cấp hai, tương tự với định lý Nishida-Nirenberg. Trước hết, giả sử ta có thang ( ) [ ], . , 0,1λ λ λ ∈E và ánh xạ f tác dụng liên tục từ [ ]0, λ λ× ×T E E vào 'λE với mỗi cặp 'λ λ< và thoả điều kiện 1 1 2 2 1 2 1 2' ( , , ) ( , , ) ( , ') ( , ')λ λ λλ λ λ λ− ≤ − + −f t u v f t u v a u u b v v ; (2.1) trong đó các hàm ( , '), ( , ')a bλ λ λ λ không âm, không phụ thuộc , ,i it u v . Ta xét bài toán ( ), ,′′ ′=u f t u u (2.2) 0 1(0) , (0)′= =u u u u . (2.3) với điều kiện (2.3) thuộc 1E . 2.1. Phương trình cấp hai với điều kiện Lipschitz với các hàm ( , '), ( , ')a bλ λ λ λ là tổng quát. Ta cần một số xây dựng bổ trợ. Ta xét các ánh xạ từ không gian [ ]( )0, ,\C T vào chính nó như sau: [ ] ( ) 0 ( , ') ( ) ( , ')( ) ( , ') ( ) ' t c w t a t b w dλ λ λ λ τ λ λ τ τ λ λ= − + <∫ (2.4) ( )0 1 1 0 1 1 ( , ,..., ) ( ) ( , ) ( ); ...− = = > > >∏nn i i n i c w t c w tλ λ λ λ λ λ λ λ (2.5) 6 (trong (2.5) , ∏ hiểu là hợp của các ánh xạ) 1 2( , ') ( ) inf ( , ,..., ) ( ); ( ' )λ λ λ λ λ λ λ= <n nc w t c w t (2.6) trong (2.6) inf được lấy trên tập tất cả các bộ 1n + số 0 1( , ,..., )λ λ λn thoả điều kiện 0 1 ... '= > > > =nλ λ λ λ λ . Cuối cùng ta định nghĩa với mỗi cặp 'λ λ< tập hợp [ ] [ ]{ }( , ') 0, : lim ( , ')1( ) 1, 0,→∞′ ′= ∈ < ∀ ∈n nnT T T c t t Tλ λ λ λ trong đó ( )1 1≡t . Định lý. Nếu số ( , ')λ λ′∈T T và hàm 0 1 00( ) ( , ,0) t h t u f u dτ τ= + ∫ bị chặn trong λE thì bài toán (4.2)-(4.3) có nghiệm [ ] ': 0, λ′ →u T E Chứng minh. Ta xét ánh xạ [ ]( ) [ ]( )' ': 0, , 0, ,λ λ λ λ′ ′= → =F C C T E C C T E định bởi 1 00 0 ( )( ) , ( ) , ( ) t Fv t u f u v d v d ττ ξ ξ τ τ⎡ ⎤= + +⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ Ta nhận thấy rằng, nếu v là điểm bất động của F thì hàm 0 0 ( ) ( ) t u t u v dτ τ= + ∫ là nghiệm của (4.2) – (4.3). Thật vậy, nếu v là điểm bất động của F thì ( ) ( )1 00 0( ) ( ) , ( ) , ( )tv t Fv t u f u v d v dττ ξ ξ τ τ= = + +∫ ∫ Từ 0 0( ) ( ) t u t u v dτ τ= + ∫ , ta có: 0'( ) ( ), (0)= = u t v t u u . 7 Nên ( )1 0'( ) , ( ), ( )tu t u f u v dτ τ τ τ= + ∫  Do đó, ta có ( ) ( )"( ) , ( ), ( ) , ( ), ( )′= =   u t f t u t v t f t u t u t và 0 1(0) , '(0)= = u u u u Khẳng định trên được chứng minh. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2'( ) ( ) ( , ') ( ) ( ) ; , λλλ λ λ− ≤ − ∈Fv t Fv t c v t v t v v C (2.7) Từ định nghĩa ánh xạ F và điều kiện (2.1) ta có ( ) ( )1 2 '0 1 1 0 2 20 0 0 ' 1 2 1 20 0 ( ) ( ) , ( ) , ( ) , ( ) , ( ) ( , ') ( ) ( ) ( , ') ( ) ( ) t t Fv t Fv t f u v d v f u v d v d a v v d b v v d λ τ τ λ τ λ λ τ ξ ξ τ τ ξ ξ τ τ λ λ ξ ξ ξ λ λ τ τ τ − ≤ ≤ + − + ⎡ ⎤≤ − + −⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Theo công thức tích phân từng phần thì 1 20 0 1 2 1 20 00 1 20 ( , ') ( ) ( ) . ( , ') ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( , ')( ) ( ) ( ) t t t t a v v d d a v v d a v v d a t v v d τ λ τ λ λ λ λ λ ξ ξ ξ τ τ λ λ ξ ξ ξ τ λ λ τ τ τ λ λ τ τ τ τ − ⎡ ⎤ ′= − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ = − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra, 1 2 ' 1 2 1 20 0 ( ) ( ) ( , ')( ) ( ) ( ) ( , ') ( ) ( ) t t Fv t Fv t a t v v d b v v d λ λ λλ λ τ τ τ τ λ λ τ τ τ − ≤ ≤ − − + −∫ ∫ Như vậy, ta có (2.7). Với mỗi bộ số 0 1 2 ... 'λ λ λ λ λ λ= > > > > =n , ta áp dụng (2.7) và có 8 ( ) ( ) 1 1 1 1 2 1 1 2' 1 2 1 0 1 1 2 ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ... ... ( , ) ( , )... ( , ) ( ) ( ) λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ − − − − − − − − ≤ − ≤ ≤ − n n n n n n n n n n n F v t F v t c F v t F v t c c c v t v t Suy ra, với mọi 1 2, λ∈v v C : 1 2 1 2 1 0 1 1 2' ( ) ( ) ( , ) ( , )... ( , ) ( ) ( ) λλ λ λ λ λ λ λ− − −− ≤ −n n n n n nF v t F v t c c c v t v t Mà với mọi 1,2,...,i n= , ta có [ ]( ) [ ] 1 1 2 1 1 1 20 1 2 1 10 ( , ) ( )( ) ( , )( ) ( , ) ( )( ) ( , )( ) ( , ) .1 t i i i i i i t i i i iC c v v t a t b v v d v v a t b d λ λ λλ λ λ λ τ λ λ τ τ λ λ τ λ λ τ − − − − − − = − + − ≤ − − + ∫ ∫ tức là ta có 1 1 2 1 2 1( , ) ( )( ) ( , )1( ), 1,2,..., .λλλ λ λ λ− −− ≤ − ∀ =i i i iCc v v t v v c t i n Nên ( )1 2 1 2 1 0 1 1 2'( ) ( ) ( , ) ( , )... ( , ) 1( ). λλ λ λ λ λ λ λ− − −− ≤ −n n n n n n CF v t F v t c c c t v v Do đó, ta có ' 1 2 1 2( , ')1( '). λλ λ λ− ≤ −n n n CCF v F v c T v v (2.8) Nếu ta xây dựng dãy lặp 0 1( ) 0, ( ) ( ), ( 0,1,...)+= = =n nv t v t Fv t n thì do (2.8) sẽ có đánh giá ' ' 1 1 0 1 0( , ')1( ).λ λλ λ λ+ − = − ≤ −n nn n nC CCv v F v F v c t v v (2.9) Do 1 0 1 0 00( ) ( ) ( , ,0) ( ) t v t v t u f u d h tτ τ− = + =∫ là hàm thuộc λC nên từ (2.9) và định nghĩa tập ( , ')λ λT , dãy { }nv sẽ hội tụ trong 'λC tới hàm v nào đó là điểm bất động của F . 9 2.2. Phương trình cấp hai với điều kiện Lipschitz với các hàm ( , '), ( , ')a bλ λ λ λ trong trường hợp đặc biệt . Sử dụng định lý tổng quát trên ta sẽ chỉ ra cách đánh giá các tập ( ), 'λ λT trong một trường hợp riêng quan trọng. Với 0 ( ) ( ) t Jw t w dτ τ= ∫ , ta có: ( )2 0 0 0( ) ( ) ( )t tJ w t Jw d w d dττ τ ξ ξ τ= =∫ ∫ ∫ Aùp dụng công thức tích phân từng phần, ta có ( )0 0 0 0 0( ) ( ) . ( ) ( ). ( )t t t tw d d t w d w d t w dτ ξ ξ τ τ τ τ τ τ τ τ τ= − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Do đó, 2 0 ( ) ( ) ( ) t J w t t w dτ τ τ= −∫ Kết hợp (2.4), ta được 2( , ') ( , ') ( , ')λ λ λ λ λ λ= +c a J b J , với 0 ( ) ( ) t Jw t w dτ τ= ∫ Gọi { }1,2,...,⊆D n , ta thực hiện phép nhân phân phối vế với vế n đẳng thức 2 0 1 0 1 0 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 ( , ) ( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( , ) ... ( , ) ( ) ( , ) ( , )n n n n n n c w t a J b J c w t a J b J c w t a J b J λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ− − − = + = + = + ta được đẳng thức mới có vế phải là một tổng mà mỗi số hạng có dạng 2 1 1( , ) . ( , )λ λ λ λ −− − ∈ ∉ ∏ ∏l n lj j j j j D j D a J b J , trong đó l là số phần tử của D, với 2l +(n-l)=k và k=n,n+1,,2n. Ta thấy số phần tử của D là l=k-n 10 Gọi kM là tập các tập con { }1,2,...,⊂D n thì do định nghĩa ( 2.5), ta cóù 2 0 1 0 1( , ,..., ) ( , ,..., )λ λ λ λ λ λ = =∑n kn k n k n c d J trong đó 0 1 1 1( , ,..., ) ( , ) ( , )λ λ λ λ λ λ λ− − ∈ ∈ ∉ = ∑ ∏ ∏ k k n j j j j D M j D j D d a b Vì 1( ) ! = k k tJ t k , nên ta có ( ) ( ) ( )20 1 0 1, ,..., 1 , ,..., . !λ λ λ λ λ λ==∑ kn n k n k n tc t d k (2.10) Giả sử các hàm ( , '), ( , ')λ λ λ λa b thõa mãn điều kiện sau Điều kiện λ( ) . Tồn tại các hàm ( , '), ( , '), ( 1,2...)λ λ λ λ =n na b n sao cho với mỗi cặp 'λ λ > > =n sao cho 1 1( , ) ( , '), ( , ) ( , ') ( 1,..., )λ λ λ λ λ λ λ λ− −= = =j j n j j na a b b j n . Do kd là một tổng gồm các số hạng (trong trường hợp này) bằng nhau; tổng số các số hạng đó bằng tổng số các tập con D của { }1,2,...,=A n , tức là bằng −k nnC . Nên với điều kiện ( )λ như vậy, ta có ( ) 20 1, ,..., ( , ') ( , '),k n k n n kk n n n nd C a bλ λ λ λ λ λ λ− − −= (2.11) Ta xét trường hợp 2 1( , ') .( ') , ( , ') .( ')a a b bλ λ λ λ λ λ λ λ− −= − = − ( 0, 0> >a b là các hằng số), là một sự mở rộng tự nhiên của điều kiện dạng Lipshitz cho phương trình cấp một. Khi đó điều kiện λ( ) được thỏa với 11 2 2 2 2 1 1 1 '( , ') ( , ) .( ) .( ) ( ') , ( , ') ( ') n j j j j n a a a a an n b bn λ λλ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ − − − − − − −= = − = = − = − và với cách chọn jλ là các điểm chia [ ]',λ λ làm n phần bằng nhau. Trong trường hợp này từ ( 2.10) – (2.11), ta có 2 0 1 0 1 2 2 ( , ')1( ) inf ( , ,..., )1( ) ( , ,..., ) ! ( )( , ') ( , ') ! kn n n k n k n kn k n k n n k n k n tc t c t d k TC a b k λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ = − − − = = ≤ ′≤ ∑ ∑ 2 2 ( )( ') ; ! kn k n k n n k k k n k n TC a b n k λ λ− − − − = ′= −∑ [ ]0, 't T∀ ∈ Ta có !( 1)( 2)... ; ( , 1,...,2 ) ! ≤ + + ⇒ ≤ = + k k n n kn n n k k n n n n n hay ! ! ≤ k nn n k n Suy ra 2 2 '( , ')1( ) ! ' kn n k n k n n k n n k n n Tc t C a b n λ λ λ λ − − − = ⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥−⎣ ⎦∑ [ ]2( ) 22 2' , 0, ' ! ' ' k n n kn n k n k n n k n k n n T TC a b t T n λ λ λ λ − − − − − = ′⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ ∀ ∈⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ Như vậy 2 2 1( , ')1( ) ' ( ') '( ') ! n n n nC t aT bT n λ λ λ λ λ λ− −⎡ ⎤≤ − + −⎣ ⎦ (2.12) Ta biết lim !→∞ = n n n n e n nên từ (2.12), ta có 12 2 lim ( , ')1( ) ' ' n nn T Tc t e a bλ λ λ λ λ λ→∞ ⎡ ⎤′ ′⎛ ⎞≤ +⎢ ⎥⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ Đặt lim ( , ')1( )λ λ→∞= n nnB c t . Với T ′ thoả 2 ' 40 ' 2 λ λ ⎛ ⎞−< < − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ aT b b a e , ta có ( ) ( )22 2' '4 / 4 /2 2 ' ' λ λ λ λ λ λ λ λ ⎡ ⎤− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + − + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ b b a e b b a e a aB e a b ( ) ( ) 2 2 2 2 4 / 4 / 4 2 4 . 1 4 b b a e be a b b a e a a a ee a ⎡ ⎤− + +⎢ ⎥= + − + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ = = Theo định nghĩa của tập ( ), 'λ λT , ta có: ( )' , 'T T λ λ∈ . Do đó, ta có 2 40,( ') 2 ( , ')ab b a T e λ λ λ λ⎛ ⎞⎡ ⎤− − + + ⊂⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠ . Vậy ta đã chứng minh được hệ quả sau Hệ quả. Giả sử ánh xạ [ ] ': 0,f T E E Eλ λ λ× × → liên tục với mỗi cặp 'λ λ< và thõa mãn điều kiện ( ) ( )1 1 2 2 1 2 1 22', , , , ( ') ' a bf t u v f t u v u u v vλ λλ λ λ λ λ− ≤ − + −− − 13 và hàm 0 ( )h t bị chặn trong λE thì bài toán (2.2) với điều kiện (2.3) có nghiệm [ ] ': 0, ′ →u T Eλ nếu T ′ thoã điều kiện 2 40 ( ') 2 .aT b b a e λ λ ⎛ ⎞′< < − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 14 CHƯƠNG 3 PHƯƠNG TRÌNH CẤP HAI VỚI ĐIỀU KIỆN COMPACT Khó khăn chủ yếu trong việc nghiên cứu các bài toán Cauchy là ở chỗ các toán tử được xét đi từ một không gian λE nào đó không vào chính nó, mà vào không gian rộng hơn ( )β β λ<E trong họ các không gian Banach. Để khắc phục khó khăn này, ta áp dụng phương pháp lặp thông thường và lập luận của Ovsjannikov, Nirenberg, Nishida và Barkova, Zabreiko. Trước hết, ta nghiên cứu sự tồn tại và đánh giá nghiệm của bài toán Cauchy tuyến tính sau đây: ( ) ( )′′ = +u A t u f t (3.1) 0 1(0) , (0) .′= =u u u u (3.2) Định lý 3.1. Giả sử các giảû thiết sau đây được thoã mãn: 1) Với mỗi cặp ( , ),λ β λ β≤ < ≤a b , [ ] ( ): 0, ,β λ= →A I T L E E là toán tử liên tục và tồn tại một số 0M > , không phụ thuộc vào , ,t λ β , sao cho: 2( ) ( )λ ββ λ≤ − MA t u u , với mọi β∈u E . 2) 0 1, ; ( , )∈ ∈b bu u E f C I E . Khi đó, với mỗi ( , )λ∈ a b , tồn tại một số min ,λ λ−⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭ bT T Me sao cho bài toán (1) có duy nhất nghiệm [ ): 0, λ λ→u T E , thoã mãn 15 ( )( )( ) ( ) 2( )λ λ λ −− ≤ − − K t bu t u t b t Me , (3.3) ( )1 2 4 2 ( )( )'( ) ( )λ λ λ λ ⎛ ⎞−⎜ ⎟− ≤ + +⎜ ⎟− −⎜ ⎟− −⎝ ⎠ M c K t bu t u Tg t Me b t Me b t Me (3.4) với [ )0, λ∈t T , trong đó [ ]{ } [ ]{ } 0 1 2 ( ) ; sup ( ) : 0, ; ( ) ( ) sup ( ) : 0, ; ( ) ( ) 2 b u t u tu c u t t T b g t f s s t K t c g tb Me λ = + = ∈ −= ∈ = + (3.5) Chứng minh. Cố định ( , )λ∈ a b . Ta thay bài toán (3.1)-(3.2) bởi phương trình tích phân tương đương sau ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : ( ) t s u t u t ds A r u r f r dr Fu t= + + =∫ ∫ . (3.6) Xét các phép xấp xỉ liên tiếp 0 1( ) ( ), ( ) ( )−= =n nu t u t u t Fu t . Vì , ( , )∈ bu f C I E , nên ta có ( , )β∈nu C I E với mọi n và mọi [ ),β λ∈ b . Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp rằng 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )β β− ⎛ ⎞− ≤ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ n n n Metu t u t K t b (3.7) Với n=1 thì do giả từ thiết 1) và từ ( ) ( )ββ < ⇒ ≤ bb f r f r ), ta có ( )1 0 00 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t su t u t Fu t u t ds A r u r f r drβ ββ β− = − ≤ +∫ ∫ 20 ( ) ( )( ) t s b bo Mds u r f r dr b β ⎛ ⎞≤ +⎜ ⎟−⎝ ⎠∫ ∫ 16 Kết hợp định nghĩa số c , hàm ( ), ( )g t K t và bằng tính toán cụ thể ta có đánh giá 20 2 2 2 2 2 2 2 2 12 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( )( )( ) ( ) 2 ( ) 2 2 ( )( ) 2 ( ) ( )( ) ( ) 2 ( ) ( ) t s b bo Mds u r f r dr b Mc t Mce g t b tg t b b Mce g t b t b g t b t Me Metc K t Me b b β β β β λ β λ β β ⎛ ⎞+⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎛ ⎞ + −≤ + ≤ ⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞+ −≤ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ ∫ Vậy (3.7) đúng với n =1. Nếu (3.7) đúng với n thì với chú ý rằng hàm K tăng theo t, ta có 1 10 0 12 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t s n n n n t s n n u t u t ds A r u r A r u r dr M ds u r u r dr β β β εε + − − + − ≤ − ≤ − ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 20 0 2 2 20 0 ( ) ( ) ( )( ) ( ) n t s n nt s n M Merds K r dr b M Me rds K s dr b ε β ε ε β ε ⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ≤ − − ∫ ∫ ∫ ∫ 2 1 2 20 2 1 2 20 ( )( ) (2 1)( ) ( )( ) (2 1)( ) n nt n n nt n M Me sK s ds n b M Me sK t ds n b ε β ε ε β ε + + = + − − ≤ + − − ∫ ∫ ( ) 12 2 2 ( ) ( ) (2 1)(2 2)ε β ε + ≤ − − + + n n K t Met b n n e tức là ta có 17 ( ) 12 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) (2 1)(2 2)β ε β ε + + − ≤ − − + + n n n n K t Met u t u t b n n e (3.8) Chọn 2 1 βε −= + b n , ta được 2 2 22 2 2 2 2 ( ) ( ) 2( ) 2 1 2 1 (2 1)(2 2) 2 1 n nn n b n b b nb n n n n n β β βε β ε +− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − = ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Do 211 2 ⎛ ⎞+ <⎜ ⎟⎝ ⎠ n e n nên 2 2 2 2 ( )( ) (2 1)(2 2) n n bb n n e βε β ε +−− − ≥ + + (3.9) Kết hợp (3.8) và (3.9) ta được (3.7) đúng cho trường hợp n+1. Xét một số [ )0, λ λ∈ →t T E và chọn β λ> thoả 2 2( )β< −Met b . Bất đẳng thức (3.7) chứng tỏ rằng dãy { }nu hội tụ trong [ ]( )0, ,C t Eβ về một hàm u . Lấy giới hạn theo chuẩn của λE khi n→∞ trong đẳng thức 1( ) ( )n nu t Fu t−= ta thấy rằng hàm thu được [ ): 0, λ λ→u T E thoã mãn (3.6) và do đó nó chính là nghiệm của bài toán (3.1)-(3.2). Tiếp theo, ta kiểm tra đánh giá (3.3), (3.4). Để đơn giản cho việc ký hiệu, ta đặt =d Me . Từ (3.7) ta có 2 1 ( ) ( ) ( )λ λ= ⎛ ⎞− ≤ ⎜ ⎟−⎝ ⎠∑ in n i tdu t u t K t b Và bằng cách cho →∞n , với 0 λ−≤ < bt d thì 2 2 2 2 2 2 ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )λ λ λ λ λ −− ≤ ≤− − − − − + d t K t bu t u t b d t b td b td 18 Ta biết, nếu 0 < <a b thì 1 2 <+ a a b , nên 2( )( ) ( )( ) ( )( ) 2( ) λ λ λ λ λ − −≤− − − + − − K t b K t b b td b td b td Do đó, (3.3) được thoã mãn. Từ ký hiệu (3.5) và (3.6), ta có ( ) ( )1 2 ( )0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) t t s Mu t u A s u s f s ds Tg t u s ds sλ λλ λ λ′ − = + ≤ + −∫ ∫ (3.10) trong đó ( ) 2 λλ + −= b sds . Aùp dụng (3.3), ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2λ λ λ λ λ λ λ − − + −≤ + = + ≤ +− − − − − −s K s b s K s b sd K s b u s c c c b s sd b sd b sd , với 0 λ−≤ < bs d . Do đó, từ (3.10) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 20 2 30 0 ( )4( ) ( ) ( ) 4 ( ) t t t K s bMu t u Tg t c ds b sdb sd ds dsTg t M c K t b b sd b sd λ λ λλ λλ λ ⎡ ⎤−′ − ≤ + +⎢ ⎥− −− − ⎣ ⎦ ⎡ ⎤≤ + + −⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫ ( )2 4 ( )( )( ) 02 λ λ λ ⎡ ⎤−= + +⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ tM c K t bTg t d b sd b sd Bằng tính toán cụ thể, và để ý rằng K là hàm tăng theo t, ta được 19 ( )1 2 4 2 ( )( )( ) ( )λ λ λ λ ⎡ ⎤−′ − ≤ + +⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ M c K t bu t u Tg t d b td b td với [ )0, λ∈t T . Do đó, (3.4) được chứng minh. Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm. Giả sử [ ]: 0, ' λ→v T E là nghiệm của bài toán (3.1)-(3.2). Cố định 'λ λ< , ta có thể lặp lại lập luận của chứng minh sự tồn tại với , , nb uλ lần lượt được thay bởi ', , nu vλ λ − để được u v− là nghiệm của bài toán ( )( ) , ( ) 0 (0) (0) 0. ′′ = = ′= = w A t