Tài liệu Bất phương trình kiểu gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 Nguyễn Văn Hưng BẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 Nguyễn Văn Hưng BẤT PHƯƠNG TRÌNH KIỂU GRONWALL VÀ ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. TRẦN VĂN BẰNG Hà Nội – 2017 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Trần Văn Bằng, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô phòng Sau đại học, các thầy cô trong khoa Toán và các thầy cô giáo dạy lớp thạc sỹ chuyên ngành Toán giải tích của trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập. Tôi chân thành cảm ơn cá nhân và các tập thể của Trường THPT Yên Phong số 2 (huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh) đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi được đi học. 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 tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Hà Nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Nguyễn Văn Hưng Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài “Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân” là kết quả của quá trình tìm hiểu, nghiên cứu 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 thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Nguyễn Văn Hưng Mục lục Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lipschitz . . . . . . 9 1.3 Phương trình tích phân Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2 Ứng dụng đối với phương trình vi phân 25 2.1 Ước lượng nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Hệ phương trình vi phân qua xấp xỉ cấp một . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3 Điều kiện bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.4 Sự ổn định đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 3 Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Năm 1919, T. H. Gronwall ([7]) đã phát biểu và chứng minh kết quả sau: Nếu u : [α; α + h] → R liên tục thỏa mãn: b 0 ≤ u(t) ≤ [a + bu(s)]ds, ∀t ∈ [α; α + h], a thì u(t) ≤ ahebh , ∀t ∈ [α; α + h], trong đó a, b, h ≥ 0 và α > 0 cho trước. Từ khi bất phương trình trên xuất hiện, nó giành được sự quan tâm nghiên cứu của rất nhiều nhà toán học, ở nhiều khía cạnh khác nhau như: mở rộng các giả thiết, phát triển dạng bất phương trình, tìm ứng dụng của chúng (xem [1]-[6], [8]-[9]). Các bất phương trình thuộc loại Gronwall cung cấp một công cụ cần thiết để nghiên cứu tính chất định tính của các phương trình vi phân, phương trình tích phân. Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về các bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng của chúng đối với phương trình vi phân, được sự hướng dẫn của TS. Trần Văn Bằng, tôi đã chọn đề tài: “ Bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân” để thực hiện luận văn của mình. 2. Mục đích nghiên cứu - Luận văn nghiên cứu một số bất phương trình kiểu Gronwall. 1 MỤC LỤC 2 - Ứng dụng các kết quả vào nghiên cứu tính ổn định, ổn định đều, ổn định tiệm cận của nghiệm đồng nhất không của (hệ) phương trình vi phân. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Nghiên cứu về các bất phương trình kiểu Gronwall; - Tính ổn định của phương trình vi phân. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu một số bất phương trình kiểu Gronwall đối với hàm thực một biến với hạch thỏa mãn điều kiện Lipschitz và ứng dụng trong các bài toán về tính ổn định nghiệm tầm thường của phương trình vi phân. 5. Phương pháp nghiên cứu - Vận dụng các kiến thức của Giải tích hàm, Phương trình vi phân. - Thu thập các tài liệu liên quan đến chủ đề. - Phân tích, tổng hợp và hệ thống kiến thức liên quan. 6. Đóng góp của đề tài Xây dựng luận văn thành một tài liệu tổng quan tốt về chủ đề bất phương trình kiểu Gronwall và ứng dụng đối với phương trình vi phân. Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Nội dung chương này đề cập tới một số bất phương trình tích phân kiểu Gronwall cụ thể cùng với lớp bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lipschitz. Nội dung của chương này tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [5] và [7]. 1.1 Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall Trong mục này chúng tôi đề cập tới một số bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch là các hàm khá cụ thể. Trước hết là một số dạng cổ điển của bất phương trình Gronwall. Định lý 1.1 (Gronwall). Cho x, ψ và χ là hàm liên tục xác định trên [a; b], χ(t) ≥ 0 với t ∈ [a; b]. Giả sử rằng trên đoạn [a; b] ta có bất phương trình: t x(t) ≤ Ψ(t) + χ(s)x(s)ds. (1.1) a Khi đó t x(t) ≤ Ψ(t) + t χ(s)Ψ(s) exp a χ(u)du ds (1.2) a trong đoạn [a; b]. t Chứng minh. Xét hàm y(t) := χ(u)x(u)du, t ∈ [a; b]. Khi đó ta có y(a) = 0 và a b y ′(t) = χ(t)x(t) ≤ χ(t)ψ(t) + χ(t) χ(s)x(s)ds a 3 CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4 ≤ χ(t)ψ(t) + χ(t)y(t), t Nhân 2 vế với exp − χ(s)ds t ∈ (a; b). > 0 ta có a d dt t y(t) exp − t ≤ Ψ(u)χ(u) exp − χ(s)ds χ(s)ds . a a Lấy tích phân trên [a; t] ta có t y(t) exp − t χ(s)ds a từ đó ta có ≤ t Ψ(u)χ(u) exp − a t y(t) ≤ χ(s)ds du a t Ψ(u)χ(u) exp χ(s)ds du, a t ∈ [a; b]. a Vì x(t) ≤ ψ(t) + y(t) nên định lý được chứng minh. Từ Định lý 1.1 ta có một số hệ quả sau. Hệ quả 1.1. Nếu ψ khả vi thì từ (1.1) ta có t x(t) ≤ Ψ(a) t χ(u)du + t χ(u)du Ψ′ (s)ds exp a a (1.3) s với mọi t ∈ [a; b]. Hệ quả 1.2. Nếu ψ là một hàm hằng thì từ t x(t) ≤ Ψ + (1.4) χ(s)x(s)ds a ta có t x(t) ≤ Ψ exp (1.5) χ(u)du . a Dưới đây là một số mở rộng của bất phương trình Gronwall: Định lý 1.2. Cho u(t) là hàm không âm thỏa mãn bất phương trình tích phân sau t (a(s)u(s) + b(s)uα (s)) ds, u(t) ≤ c + t0 c ≥ 0, α ≥ 0, (1.6) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 5 trong đó a(t) và b(t) là hàm liên tục không âm với t ≥ t0 . Với 0 ≤ α < 1, ta có t u(t) ≤ c 1−α exp (1 − α) a(s)ds t0 t +(1 − α) 1 1−α t b(s) exp (1 − α) t0 (1.7) . a(r)dr ds s Với α = 1 ta có t u(t) ≤ c exp (1.8) [a(s) + b(s)]ds t0 và với α > 1 cùng giả thiết bổ sung 1 α−1 t0 +h c< exp (1 − α) a(s)ds 1 − α−1 t0 +h (α − 1) (1.9) b(s)ds t0 t0 ta cũng có với t0 ≤ t ≤ t0 + h, với h > 0 t u(t) ≤ c exp (1 − α) a(s)ds t0 t −c−1 (α − 1) 1 α−1 t b(s) exp (1 − α) t0 a(r)dr ds . (1.10) s Chứng minh. Với a = 1 ta có bất phương trình tuyến tính thông thường nên (1.7) thỏa mãn. Giả sử 0 < α < 1. Kí hiệu v là nghiệm của phương trình tích phân t [a(s)v(s) + b(s)v α (s)]ds, v(t) = c + t ≥ t0 . t0 Ở dạng khác, đây là phương trình Bernoulli v ′ (t) = a(t)v(t) + b(t)v α (t), v(0) = c nên tích phân phương trình này ta nhận được v(t) bằng vế phải của (1.7). Với α > 1 ta lại có phương trình Bernoulli và chứng minh là tương tự nhưng ta cần thêm điều kiện (1.9) nếu điều kiện này thỏa mãn trên khoảng bị chặn t0 ≤ t ≤ t0 +h. CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 6 Định lý 1.3. Nếu t φ(s)uα (s)ds, u(t) ≤ f (t) + c 0 trong đó tất cả các hàm đều là hàm liên tục và không âm trên [0; h], 0 < α < 1, c ≥ 0 thì 1−α t α u(t) ≤ f (t) + cξ0 1 φ 1−α (s)ds 0 trong đó ξ0 là nghiệm duy nhất của ξ = a + bξ α . Định lý 1.4. Nếu t h φ(s)uα(s)ds + c3 u(t) ≤ c1 + c2 0 φ(s)uαds, 0 c1 ≥ 0, c2 ≥ 0, c3 > 0, và các hàm u(t) và ϕ(t) liên tục và không âm trên [0; h], thì với 0 < α < 1 ta có: 1 1−α t u(t) ≤ 1−α ξ0 + c2 (1 − α) , φ(s)ds 0 trong đó ξ0 là nghiệm duy nhất của phương trình c1 c2 c2 + c3 ξ+ c3 c3 Nếu α > 1 và c2 (α − 1) t 0 1−α h − ξ 1−α − c2 (1 − α) φ(s)ds = 0. 0 φ(s)ds < c1−α , thì tồn tại đoạn [0; δ] ⊂ [0; h], trên đó 1 1 1−α t u(t) ≤ c1 1−α − c2 (α − 1) φ(s)ds . 0 Định lý 1.5. Cho các hàm x, a, b và k liên tục và không âm trên J = [α; β], n là một a nguyên dương (n ≥ 2) và là hàm không tăng. Nếu b t k(s)xn (s)ds, x(t) ≤ a(t) + b(t) t∈J (1.11) α thì 1 1−n t n−1 x(t) ≤ a(t) 1 − (n − 1) k(s)b(s)a α (s)ds , α ≤ t ≤ βn (1.12) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 7 trong đó t kban−1 ds < 1 . βn = sup t ∈ J : (n − 1) α Định lý 1.6. 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 t u(t) ≤ a + b k(s)g(u(s))ds, t ∈ [c; d] c thì t u(t) ≤ G −1 G(a) + b k(s)ds , c ≤ t ≤ d1 ≤ d c trong đó λ G(λ) = ξ ds , g(s) (ξ > 0, λ > 0) và d1 được xác định sao cho t G(a) + b k(s)ds c thuộc miền xác định của G−1 với t ∈ [c; d1 ]. Định lý 1.7. 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: t β(s)g (u(s)) ds. (1.13) ≤ 0 trên [t0 ; ∞) (1.14) [α(s)β(s) + f ′ (s)] ds , (1.15) u(t) ≤ f (t) + α(t) t0 Nếu f ′ (t) 1 −1 g(η(t)) với mỗi hàm liên tục không âm η thì t u(t) ≤ G−1 G(f (t0 )) + t0 trong đó δ G(δ) = ε ds ; g(s) ε > 0, δ > 0, (1.16) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 8 và (1.15) thỏa mãn với mọi giá trị của t sao cho hàm t [α(s)β(s) + f ′ (s)]ds δ(t) = G[f (t0 )] + t0 thuộc miền xác định của hàm ngược G−1 . Chứng minh. Đặt t V (t) = f (t) + α(s)β(s)g[u(s)]ds. t0 Vì g không giảm và α không tăng, nên từ (1.13) ta nhận được g(u(t)) ≤ g(V (t)). Từ đây ta có được f ′ (t) + α(t)β(t)g [u(t)] ≤ α(t)β(t)g [V (t)] + f ′ (t), hay f ′ (t) V ′ (t) ≤ α(t)β(t) + . g[V (t)] g[V (t)] Sử dụng (1.14), ta có V ′ (t) ≤ α(t)β(t) + f ′ (t). g[V (t)] Lấy tích phân, ta có: t [α(s)β(s) + f ′ (s)]ds. G[V (t)] ≤ G[f (t0 )] + t0 Nếu δ(t) thuộc miền xác định của G−1 thì ta có kết quả (1.15) vì u(t) ≤ V (t). Định lý 1.8. Giả sử u(t) là hàm liên tục trên [t0 ; T ] sao cho φ(t) 0 ≤ u(t) ≤ f (t) + k(t, s)g(u(s))ds, t0 trong đó 1) f (t) liên tục, không âm, và không tăng; 2) ϕ(t) khả vi ϕ′ (t) ≥ 0, ϕ(t) ≤ t, ϕ(t0 ) = t0 ; 3) g(u) dương và không giảm trên R; CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 9 4) k(t, s) không âm và liên tục trên [t0 ; T ] × [t0 ; T ] với Khi đó với G xác định bởi (1.16) ta có ∂k (t, s) không âm và liên tục. ∂t t u(t) ≤ f (t) − f (t0 ) + G−1 G(f (t0 )) + F (s)ds , t0 trong đó φ(t) F (t) = f (t, φ(t))φ′(t) + t0 1.2 ∂k (t, s)ds. ∂t Bất phương trình tích phân kiểu Gronwall với hạch Lipschitz Mục này đề cập tới một số mở rộng của bất phương trình kiểu Gronwall với hạch là một hàm nói chung chỉ thỏa mãn điều kiện Lipschitz (xem (1.17)). Trước hết ta tập trung nghiên cứu nghiệm liên tục không âm của một số bất phương trình kiểu Gronwall. Bổ đề 1.1. Giả sử A, B : [α; β) → R+ , L : [α; β) × R+ → R+ là liên tục và 0 ≤ L(t, u) − L(t, v) ≤ M(t, v)(u − v), t ∈ [α; β), u ≥ v ≥ 0 (1.17) với M liên tục và không âm trên [α; β) × R+ . Khi đó với mọi hàm liên tục không âm x : [α; t] → [0; ∞] thỏa mãn bất phương trình t x(t) ≤ A(t) + B(t) L(s, x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.18) α ta có ước lượng t x(t) ≤ A(t) + B(t) t L(u, A(u)) exp α M(s, A(s))B(s)) ds du (1.19) u với mọi t ∈ [α; β). Chứng minh. Xét ánh xạ y : [α; β) → R+ cho bởi y(t) := t α L(s, x(s)) ds. Khi đó y khả vi trên (α; β), y ′ (t) = L(t, x(t)) nếu t ∈ (α; β) và y(α) = 0. Từ bất đẳng thức (1.17), CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 10 ta có với mọi t ∈ (α; β), y ′ (t) ≤ L(t, A(t) + B(t)y(t) ≤ L(t, A(t)) + M(t, A(t))B(t)y(t). Đặt (1.20) t s(t) := y(t)exp − M(s, A(s))B(s) ds , t ∈ [α; β). α Từ (1.20) ta thu được bất đẳng thức t s′ (t) ≤ L(t, A(t)) exp − M(s, A(s))B(s) ds , t ∈ [α; β). α Tích phân trên [α; β) ta được t z(t) ≤ u L(u, A(u))exp − M(s, A(s))B(s) ds du, α α suy ra t y(t) ≤ t L(u, A(u))exp − α t ∈ [α; β). M(s, A(s))B(s) ds du; u Từ đó có kết quả ước lượng (1.19). 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+ là các hàm liên tục và 0 ≤ G(t, u) − G(t, v) ≤ N(t)(u − v), t ∈ [α; β), u ≥ v ≥ 0 (1.21) trong đó N liên tục và không âm trên [α; β). Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức t x(t) ≤ A(t) + B(t) G(s, x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.22) α thì chúng ta có ước lượng t x(t) ≤ A(t) + B(t) t G(u, A(u)) exp α N(s)B(s) ds du, u ∀t ∈ [α; β). (1.23) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 11 Hệ quả 1.4. Cho A, B, C : [α; β) → R+ , H : [α; β) × R+ → R+ là liên tục và H thỏa mãn các điều kiện Lipschitz: 0 ≤ H(u) − H(v) ≤ M(u − v), M > 0, u ≥ v ≥ 0. (1.24) 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 t x(t) ≤ A(t) + B(t) C(s)H(x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.25) α thì chúng ta có đánh giá t t x(t) ≤ A(t) + B(t) C(u)H(A(u)) exp M α C(s)B(s) ds du, ∀t ∈ [α; β). (1.26) u 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 (1.27) (α; β) × (0; ∞), ∂D(t, x) là không âm trên miền (α; β)×(0; ∞), và tồn tại một hàm liên tục P : [α; β)× ∂x ∂D(t, x) R+ → R+ sao cho ≤ P (t, v), ∀t ∈ (α; β), u ≥ v > 0. Nếu x : [α; β) → [0; ∞) ∂x liên tục và t x(t) ≤ A(t) + B(t) D(s, x(s)) ds, t ∈ [α; β) (1.28) α thì ta có bất phương trình t x(t) ≤ A(t) + B(t) t P (s, A(s))B(s) ds du, D(uA(u))exp α ∀t ∈ [α; β). (1.29) u Chứng minh. Áp dụng định lý Lagrange cho hàm D trên miền △ = (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) (u − v). ∂x CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 12 Vì theo (1.17), 0≤ ∂D(t, µ) ≤ P (t, v) ∂x nên ta thu được 0 ≤ D(t, u) − D(t, v) ≤ P (t, v)(u − v), ∀u ≥ v > 0, t ∈ [α; β). Từ đây chứng minh tương tự Bổ đề 1.1 ta có điều phải chứng minh. Chúng ta có 2 hệ quả sau: Hệ quả 1.5. Cho A : [α; β) → R∗ , B : [α; β) → R+ , I : [α; β) × R+ → R+ liên tục + trên và I thỏa mãn giả thiết: I là khả vi trên (α; β) × (0; ∞), ∂I(t, x) ∂x (1.30) liên tục không âm trên (α; β) × (0; ∞) và ∂I(t, u) ∂I(t, v) ≤ , ∂x ∂x ∀u ≥ v > 0, t ∈ [α; β). Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và thỏa mãn bất phương trình t x(t) ≤ A(t) + B(t) I(s, x(s))ds, (1.31) t ∈ [α; β) α thì chúng ta có ước lượng t x(t) ≤ A(t) + B(t) t I(u, A(u)) exp α u ∂L(s, A(s)) B(s) ds du, ∂x ∀t ∈ [α; β). (1.32) 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 khả vi trên (0; ∞) với dK : (0, ∞) → R+ dx (1.33) đơn điệu giảm trên R∗ . Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và + t x(t) ≤ A(t) + B(t) C(s)K(x(s))ds, α t ∈ [α; β) (1.34) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 13 thì chúng ta có ước lượng t x(t) ≤ A(t) + B(t) t C(u)K(A(u))exp α u dK A(s)B(s)C(s) ds du, ∀t ∈ [α; β). dx (1.35) Tiếp theo là một vài kết quả tổng quát hoá của kết quả vừa nêu. Định lý 1.9. 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 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 mãn t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) L(s, x(s)) ds , ∀t ∈ [α; β) α chúng ta có ước lượng t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) t L(u, A(u)) exp α M(s, A(s))B(s)ds du u với mọi t ∈ [α; β). Chứng minh. Xét ánh xạ y : [α; β) → [0; ∞) xác định bởi t y(t) := L(s, x(s))ds. α Khi đó y khả vi trên [α; β) và y ′(t) = L(t, x(t)), t ∈ [α; β). Theo (1.36) ta có đánh giá sau y ′(t) = L(t, x(t)) ≤ L(t, A(t)) + ψ(B(t)y(t)) (1.36) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 14 ≤ L(t, A(t)) + M(t, A(t))ψ −1 (ψ(B(t)y(t))) = L(t, A(t)) + M(t, A(t))(B(t)y(t)), ∀t ∈ [α; β). Lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 1.1 ta có y(t) ≤ t α t u L(u, A(u)) exp M(s, A(s))B(s)ds du , ∀t ∈ [α; β). Mặt khác, chúng ta có: 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 lý. 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) (1.37) 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 t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) L(s, x(s))ds , t ∈ [α; β) α thì ta có đánh giá t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) t L(s, x(s)) exp α N(s)B(s)ds du , ∀t ∈ [α; β). 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) ≤ Mψ −1 (u − v) CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 15 với mọi u ≥ v ≥ 0 và M là hằng số M > 0. Nếu với mọi hàm x liên tục không âm thỏa mãn t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) C(s)H(x(s))ds), ∀t ∈ [α; β) α thì t x(t) ≤ A(t) + ψ B(t) t C(u)H(A(u)) exp α C(s)B(s)ds du , ∀t ∈ [α; β). u Hai tổng quát hóa của Bổ đề 1.1 là Định lý 1.10. Cho A, B, L và ψ trong Định lý 1.9, và ψ −1 (ab) ≤ ψ −1 (a)ψ −1 (b), ∀a, b ∈ [α; β). Nếu x : [α; β) → [0; ∞) liên tục và t x(t) ≤ A(t) + B(t)ψ L(s, x(s))ds , ∀t ∈ [α; β) α thì ta có t x(t) ≤ A(t) + B(t)ψ t M(s, A(s))ψ −1 (B(s))ds du L(u, A(u)) exp α u với mọi t ∈ [α; β). Nhận xét 1.2. Một ví dụ về hàm ψ thỏa mãn điều kiện của Định lý 1.10 là ψ : [0; ∞) → [0; ∞), ψ(x) = xp , p > 0. Nếu p = 1 thì chúng ta nhận lại được Bổ đề 1.1. Hệ quả 1.9. Cho A, B, ψ thỏa mãn định lý ở trên và G thỏa mãn (1.37). Nếu mọi hàm liên tục không âm x : [α; β) → [0; ∞) thỏa mãn t x(t) ≤ A(t) + B(t)ψ G(s, x(s))ds , α ∀t ∈ [α; β)