Khóa luận Một số định lý về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp 1

ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ? ? ? F ? ? ? HOÀNG NHƯ QUỲNH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Chuyên ngành: Giải tích Cán bộ hướng dẫn PGS. TS. LÊ VĂN HẠP Huế, Khóa học 2007 - 2011 i LỜI CẢM ƠN Dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của PGS. TS. Lê Văn Hạp, tôi đã nhận được đề tài để tìm hiểu và hoàn tất khóa luận tốt nghiệp của mình. Tôi xin phép được gửi lời cám ơn chân thành và lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện khóa luận và học tập của mình. Bên cạnh đó, tôi xin chân thành cảm ơn đến quý thầy cô trong khoa Toán, những người đã truyền thụ kiến thức cho tôi trong suốt những năm học vừa qua. Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đặc biệt là các bạn lớp Toán B, đã quan tâm, giúp đỡ và động viên tôi trong suốt chặng đường học tập vừa qua. Huế, tháng 5 năm 2011 Hoàng Như Quỳnh ii MỤC LỤC Trang phụ bìa i Lời cảm ơn ii MỤC LỤC 1 MỞ ĐẦU 2 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3 1.1 Bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp 1 . . . . . . . . . 3 1.2 Hàm liên tục tuyệt đối và một số tính chất liên quan . . . . . . . . 3 1.3 Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 Hàm Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.5 Đường gấp khúc Euler ứng với phép phân hoạch trên một đoạn . . 5 1.6 Bổ đề Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.7 Định lý Azella - Ascoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.8 Định lý Lebesgue về mật độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.9 Định lý Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM 9 2.1 Định lý Peano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.2 Định lý Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.3 Định lý thác triển nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 3 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG 21 3.1 Sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy dưới điều kiện Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy dưới điều kiện hàm tựa tăng 33 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 1 MỞ ĐẦU Trong lý thuyết phương trình vi phân, đặc biệt là phương trình vi phân cấp một, người ta thường quan tâm đến việc tìm nghiệm bài toán Cauchy: y′ = f(x, y) (1)y(x0) = y0 (2). Vấn đề trung tâm của bài toán này là sự tồn tại và duy nhất nghiệm của nó. Có nhiều kết quả liên quan đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1) - (2) này và chúng phụ thuộc vào từng lớp hàm f được khảo sát. Năm 1885, Peano đưa ra kết quả đầu tiên về sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán (1) - (2) về phía bên phải khi f là hàm liên tục. Giảm nhẹ điều kiện liên tục của f , năm 1918 Carathéodory chỉ ra sự tồn tại nghiệm địa phương hầu khắp nơi của bài toán trên. Vào năm 1968, sử dụng phương pháp hàm dưới, G. S. Goodman cải thiện kết quả của Carathéodory bằng cách chỉ ra sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán (1) - (2). Trong những năm gần đây, nhiều kết quả mới đã được đưa ra, trong đó đáng chú ý là kết quả nghiên cứu của D. C. Biles và P. A. Binding với giả thiết f là hàm tựa tăng. Khóa luận này nhằm mục đích khảo sát tổng quan một số định lý về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp một và các dạng mở rộng của chúng, đưa ra một số ví dụ để so sánh các điều kiện của các lớp hàm f đã được khảo sát. Nội dung khóa luận chia làm ba chương. Chương I trình bày một số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho các chương tiếp theo. Chương II tổng quan các kết quả của Peano, Carathéodory và các định lý về thác triển nghiệm, đưa ra một số ví dụ so sánh và áp dụng. Chương III trình bày kết quả của G. S. Goodman về sự tồn tại nghiệm lớn nhất với giả thiết Carathéodory; kết quả của D. C. Biles và P. A. Binding về sự tồn tại nghiệm với giả thiết hàm tựa tăng. 2 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp 1 Phương trình vi phân là phương trình có chứa biến độc lập, hàm phải tìm (ẩn hàm) và các đạo hàm (hay vi phân) của nó. Phương trình vi phân cấp 1 giải được đối với đạo hàm có dạng x′ = f(t, x) (1.1.1) trong đó f : G ⊂ R2 → R. Đối với phương trình vi phân, người ta thường quan tâm đến bài toán với điều kiện ban đầu cho trước. Trong khóa luận này, chúng ta tìm hiểu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy được phát biểu như sau: Tìm nghiệm của phương trình x′ = f(t, x) (1) và thỏa mãn điều kiện đầu cho trước x(t0) = x0. (2) x′ = f(t, x)x(t0) = x0. (1.1.2) 1.2 Hàm liên tục tuyệt đối và một số tính chất liên quan Định nghĩa 1.2.1. (Hàm liên tục tuyệt đối) Cho hàm F : [a, b]→ R. Hàm F được gọi là liên tục tuyệt đối trên đoạn [a, b] nếu với mọi  > 0 cho trước đều tồn tại δ > 0 sao cho với mọi hệ khoảng (a1, b1), (a2, b2), . . . , (an, bn) rời nhau n∑ i=1 (bi − ai) < δ ⇒ n∑ i=1 |F (bi)− F (ai)| < . Ta quan niệm một hàm F liên tục tuyệt đối trên khoảng mở I nếu nó liên tục tuyệt đối trên mọi đoạn con của I. Trong phần này, chúng ta giả sử µ là một độ 3 đo Lebesgue trên R. Chúng ta có một số định lý liên quan đến hàm liên tục tuyệt đối được sử dụng trong khóa luận này. Định lý 1.2.1. [6] (tính liên tục tuyệt đối của tích phân) Nếu f khả tích trên A thì (∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀E ⊂ A) [ µ(E) < δ ⇒ ∫ E |f |dµ < ε ] . Định lý 1.2.2. [6] Hàm F xác định trên [a, b] có thể viết dưới dạng F (t) = F (a) + t∫ a f(s)ds, t ∈ [a, b], với f là hàm khả tích trên [a, b] khi và chỉ khi F liên tục tuyệt đối trên [a, b]. Định lý 1.2.3. [6] (Định lý về tính khả vi hầu khắp nơi) Cho f là hàm khả tích Lebesgue trên [a, b]. Khi đó tích phân bất định F (t) = t∫ a f(s)ds khả vi hầu khắp nơi trên [a, b] và F ′(t) = f(t), với hầu khắp t ∈ [a, b]. Nhận xét 1.2.4. • Hàm liên tục tuyệt đối thì liên tục (theo nghĩa thông thường). • Tích phân bất định của một hàm số khả tích là liên tục tuyệt đối. • Tổng, hiệu của hai hàm liên tục tuyệt đối là hàm liên tục tuyệt đối. 1.3 Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 Đối với phương trình vi phân cấp một dạng x′ = f(t, x) (1.1.1), với f : G ⊂ R2 → R, người ta thường quan tâm đến hai loại nghiệm sau đây Định nghĩa 1.3.1. Nghiệm cổ điển (hay còn gọi là nghiệm) của phương trình vi phân dạng (1.1.1) là hàm khả vi liên tục ϕ : (a, b) ⊂R→ R t 7→ x = ϕ(t) sao cho với mọi t ∈ (a, b) thì (t, x) ∈ G ⊂ R2 và thoả mãn phương trình (1.1.1). 4 Định nghĩa 1.3.2. Hàm liên tục tuyệt đối ϕ(t) xác định trên khoảng mở I ⊂ R thỏa mãn i. (t, ϕ(t)) ∈ G, với t ∈ I, ii. ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)) , với t ∈ I, ngoại trừ tập có độ đo Lebesgue bằng 0, được gọi là nghiệm hầu khắp nơi của (1.1.1). Ví dụ 1.3.1. Cho phương trình x′ = t2 − 2t+ 5. Khi đó nghiệm của phương trình vi phân trên là x(t) = t3 3 − t2 + 5t+ C, với C là hằng số. Ví dụ 1.3.2. Cho phương trình x′ = f(t, x) = 1, t ≥ 0−1, t < 0 Hàm x(t) = |t| liên tục tuyệt đối trên R thỏa mãn x′ = f(t, x) ngoại trừ tập {0}. Do đó x(t) = |t| là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán trên. 1.4 Hàm Carathéodory Định nghĩa 1.4.1. Cho hàm f : D ⊂ R2 → R (t, x) 7→ f(t, x). Hàm f được gọi là hàm Carathéodory nếu f thoả mãn các điều kiện Carathéodory sau đây (C1) f(t, .) là hàm liên tục theo biến x với mỗi t cố định, (C2) f(., x) là đo được theo t với mỗi x cố định, (C3) Tồn tại hàmm(t) khả tích Lebesgue thỏa |f(t, x)| ≤ m(t), với mọi (t, x) ∈ D. 1.5 Đường gấp khúc Euler ứng với phép phân hoạch trên một đoạn Xét I = [t0, t0 + a] ⊂ R, với a > 0. Khi đó ta xây dựng phép phân hoạch P = {t0, t1, ..., tn} trên I với t0 < t1 < t2 < ... < tn = t0 +a. Đặt Ii = [ti−1, ti], i = 1, n. Đường gấp khúc ứng với P là đồ thị hàm số ϕ xác định bởi đẳng thức sau ϕ(t) = ϕ(ti−1) +mi−1(t− ti−1), t ∈ Ii, i = 1, n trong đó m0,m1,m2, ...,mn−1 và ϕ(t0) là các số thực cho trước. Hàm ϕ xác định như trên liên tục trên I. 5 Mệnh đề 1.5.1. Cho ϕ được xác định như trên. Với mọi t, t′ ∈ I, t < t′ ta luôn có ϕ(t′)− ϕ(t) = (t′ − t) j−1∑ l=i−1 qlml (1.5.1) trong đó t ∈ Ii, t′ ∈ Ij, ql ≥ 0, l = i− 1, j − 1 và j−1∑ l=i−1 ql = 1. Chứng minh. Với t, t′ ∈ I, t < t′ và t ∈ Ii, t′ ∈ Ij ta xét các trường hợp sau Trường hợp i = j thì ta có ϕ(t′)− ϕ(t) = mi(t′ − t). Trường hợp i 6= j, do t < t′ nên i < j. Ta có ϕ(t′) = ϕ(tj−1) +mj−1(t′ − tj−1) ϕ(tj−1) = ϕ(tj−2) +mj−2(tj−1 − tj−2) ... ϕ(ti) = ϕ(ti−1) +mi−1(ti − ti−1) ϕ(t) = ϕ(ti−1) +mi−1(t− ti−1). Suy ra ϕ(t′)− ϕ(t) = mj−1(t′ − tj−1) +mj−2(tj−1 − tj−2) + ....+mi−1(ti − t) = (t′ − t) [ t′ − tj−1 t′ − t mj−1 + tj−1 − tj−2 t′ − t mj−2 + . . .+ ti − t t′ − tmi−1 ] . Đặt qj−1 = t′ − tj−1 t′ − t , qi−1 = ti − t t′ − t và ql = tl+1 − tl t′ − t , l = i, j − 2, khi đó ta có ϕ(t′)− ϕ(t) = (t′ − t) j−1∑ l=i−1 qlml trong đó ql ≥ 0, l = i− 1, j − 1 và j−1∑ l=i−1 ql = 1. 1.6 Bổ đề Zorn Giả sử S là một tập với quan hệ thứ tự . Một tập A ⊂ S được gọi là được sắp toàn phần nếu với bất kì u, v ∈ A, ta có u  v hay v  u. Phần tử s ∈ S được gọi là một cận trên của tập A nếu u  s với mọi u ∈ A. Phần tử s ∈ S được gọi là một phần tử tối đại của S nếu với bất kì u ∈ S mà s  u thì u = s. Mệnh đề dưới đây cho ta điều kiện đủ để tồn tại trong S một phần tử tối đại. Bổ đề 1.6.1. [1](Bổ đề Zorn) Cho S là tập được sắp bởi quan hệ thứ tự . Nếu mọi tập con được sắp toàn phần của S đều có một cận trên thì S có một phần tử tối đại. 6 1.7 Định lý Azella - Ascoli Định nghĩa 1.7.1. Cho M ⊂ R, F = {fi : M → R}i∈I được gọi là họ liên tục đồng bậc nếu với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi t, t′ ∈M mà |t− t′| < δ thì |fi(t)− fi(t′)| < ε với mọi i ∈ I. F gọi là bị chặn đều nếu tồn tại K > 0 sao cho |fi(t)| ≤ K, ∀i ∈ I, ∀t ∈M . Định lý 1.7.1. [3](Định lý Azella - Ascoli) Nếu dãy F = {fn : [a, b] → R}n∈N liên tục đồng bậc và bị chặn đều trên [a, b] thì tồn tại một dãy con hội tụ đều trên [a, b]. 1.8 Định lý Lebesgue về mật độ Cho µ là độ đo Lebesgue trên R và A là tập đo được. Định nghĩa 1.8.1. Mật độ của A trên một lân cận của điểm t ∈ R được cho bởi công thức d(t) = µ(A ∩B(t, )) µ(B(t, )) với B(t, ) là hình cầu đóng bán kính  > 0, tâm t trong R. Định lý 1.8.1. [9] Với hầu khắp các điểm t thuộc A, ta có d(t) = lim →0 d(t) tồn tại và bằng 1. Định lý sau đưa ra điều kiện cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy ở trên. 1.9 Định lý Picard Định lý 1.9.1. [3] Xét bài toán Cauchy (1.1.2). Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật đóng R = [t0 − a, t0 + a]× [x0 − b, x0 + b] (a, b > 0) và f thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo x trong R, tức tồn tại K > 0 sao cho |f(t, x1)− f(t, x2)| ≤ K|x1 − x2|, ∀(t, x1), (t, x2) ∈ R. Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm (cổ điển) x = ϕ(t) của phương trình(1.1.1), liên tục trên [t0−h, t0 +h] ⊂ [t0− a, t0 + a] và thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t0) = x0. Như vậy trên lớp hàm thỏa mãn điều kiện Lipschitz bài toán Cauchy tồn tại nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. Vấn đề đặt ra là liệu trên các lớp hàm khác thì bài toán Cauchy có tồn tại nghiệm không và tính duy nhất nghiệm có còn đúng không. Để giải quyết vấn đề đó, người ta đã tìm cách để làm yếu các điều kiện 7 của hàm f . Trên một số lớp hàm, người ta đã thu được nghiệm địa phương hoặc nghiệm hầu khắp của bài toán Cauchy. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp tính duy nhất nghiệm không còn được bảo đảm. Trong các chương tiếp theo, chúng ta sẽ khảo sát vấn đề này trên một số lớp hàm cụ thể. 8 Chương 2 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM Trong chương này, chúng tôi khảo sát định lý Peano và định lý Carathéodory. Cả hai định lý đó đều khẳng định sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy, đó có thể là nghiệm cổ điển hoặc nghiệm hầu khắp tùy vào việc làm yếu hàm f(t, x). Tuy nhiên lúc này tính duy nhất nghiệm không còn đúng nữa. Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đưa ra một số ví dụ để thấy được các điều kiện đưa ra thực sự đã được làm nhẹ. Phần cuối của chương, chúng tôi trình bày vấn đề thác triển nghiệm để thu được nghiệm của bài toán Cauchy trên khoảng lớn hơn. 2.1 Định lý Peano Định lý 2.1.1. [3] Giả sử (t0, x0) ∈ R2, a và r là các số dương, D = {(t, x) : t0 ≤ t ≤ t0 + a, |x− x0| ≤ r} ⊂ R2 . Xét bài toán:  x′ = f(t, x) (1)x(t0) = x0. (2) Giả sử f liên tục trên D và aK ≤ r trong đó K = sup (t,x)∈D |f(t, x)|. Khi đó trên I = [t0, t0 + a] tồn tại nghiệm cổ điển x = ϕ(t) của bài toán (1) - (2). Chứng minh. Việc chứng minh định lý sẽ được chia làm 2 phần. a. Xây dựng dãy hàm {ϕk} tương ứng với họ phân hoạch trên I và chứng minh {ϕk} bị chặn đều và liên tục đồng bậc. Từ đó xác định hàm ϕ. b. Chứng minh hàm ϕ khả vi và thoả điều kiện bài toán. Dưới đây là chứng minh chi tiết. Trước hết, ta xây dựng họ phân hoạch P trên I và xác định hàm ϕ. Dựng phép phân hoạch P = {t0, t1, ..., tn} trên I. Khi đó ta xác định được đường gấp khúc 9 Euler tương ứng với P có phương trình ϕ(t) = ϕ(t,P) xác định như sau: ϕ(t0) = x0; ϕ(t) = ϕ(ti−1) + f(ti−1, ϕ(ti−1))(t− ti−1), ∀t ∈ Ii, i = 1, n. Đặt |P| = max 1≤i≤n |ti−ti−1|. Gọi (Pk)k là một dãy phân hoạch của I mà lim k→∞ |Pk| = 0. Khi đó trên I, với dãy phân hoạch trên ta có dãy hàm tương ứng {ϕk} = {ϕ(.,Pk)}. Áp dụng Mệnh đề 1.5.1 với hàm ϕk cho t ∈ Ii và t0, ta có |ϕk(t)− x0| = |t− t0| i−1∑ l=0 qlf(tl, ϕk(tl)) (2.1.1) với qi−1 = t− ti−1 t− t0 , qi−2 = ti−1 − ti−2 t− t0 , . . . , q0 = t1 − t0 t− t0 . Do K = sup (t,x)∈D |f(t, x)| nên |f(tl, ϕ(tl))| ≤ K, ∀l = 0, i− 1. Hơn nữa i−1∑ l=0 ql = 1, ∀i = 1, n. Do đó từ (2.1.1) ta có |ϕk(t)− x0| ≤ K|t− t0|| i−1∑ l=0 ql| ≤ K|t− t0|. (2.1.2) Theo giả thiết x ∈ I nên |x− x0| ≤ a và aK < r, do đó |ϕk(t)− x0| ≤ K|t− t0| ≤ Ka ≤ r hay ∣∣|ϕk(t)| − |x0|∣∣ ≤ |ϕk(t)− x0| ≤ r. Suy ra |ϕk(t)| ≤ r + |x0| , ∀t ∈ I,∀k ∈ N. Vậy (ϕk)k bị chặn đều. Hơn nữa, áp dụng (2.1.2) cho 2 số t, t′ ∈ I ta có |ϕk(t′)− ϕk(t)| ≤ K|t′ − t|. (2.1.3) Do đó ∀ε > 0, tồn tại δ = ε K , sao cho ∀ t′, t ∈ I |t′ − t| < δ ⇒ |ϕk(t′)− ϕk(t)| < ε ,∀ k ∈ N. Suy ra (ϕk)k là dãy hàm liên tục đồng bậc. Theo Định lý Ascoli, dãy hàm (ϕk)k bị chặn đều và liên tục đồng bậc, do đó tồn tại dãy con (ϕkn)n hội tụ đều trên I, đặt limn→∞ϕkn = ϕ. Ta có lim n→∞ϕkn(t) = ϕ(t). Do ϕkn(t0) = x0 với mọi n ∈ N nên ϕ(t0) = x0. 10 Tiếp theo, ta chứng minh hàm ϕ là nghiệm của bài toán. Điều này có nghĩa là ta chứng minh ϕ khả vi và ϕ′ = f(t, ϕ(t)). Với t1 ∈ I, đặt x1 = ϕ(t1). Ta lập hàm h như sau h(t) =  ϕ(t)− ϕ(t1) t− t1 − f(t1, ϕ(t1)) nếu t ∈ I\{t1}, 0 nếu t = t1. Việc chứng minh ϕ khả vi được quy về chứng minh h liên tục tại t1. Với mọi ε > 0, do f liên tục trên D nên f liên tục tại (t1, x1). Do đó tồn tại lân cận S((t1, x1), η) ⊂ D sao cho ∀(t, x) ∈ S thì |f(t, x)− f(t1, x1)| < ε. Đặt δ = min {η 4 , η 4K + 4 } . Ta có lim k→∞ |Pk| = 0⇒ lim n→∞ |Pkn| = 0 và lim n→∞ϕkn = ϕ. Do đó với δ ở trên, tồn tại n0 ∈ N ∗ sao cho với mọi n > n0 thì |Pkn| < δ và |ϕkn(t)− ϕ(t)| < δ ,∀t ∈ I. (2.1.4) Xét trường hợp t thỏa t1 ≤ t ≤ t1 + δ (tức là |t− t1| < δ). Ta phân hoạch [t1, t1+δ] thành kn đoạn. Khi đó tồn tại I (i) kn chứa t. Áp dụng (2.1.1) với hàm ϕkn và t, t1 ta có ϕkn(t)− ϕkn(t1) = (t− t1) i−1∑ l=1 qlf(tl, ϕkn(tl)), 1 ≤ l ≤ i− 1 ≤ kn. (2.1.5) Hơn nữa ta có t1 − |Pkn| = t1 − max 1≤i≤kn |ti − ti−1| ≤ tl ≤ t, ⇒ |tl − t1| ≤ |t− t1|+ |Pkn| < δ + δ = 2δ ≤ η 2 . (2.1.6) Mặt khác |ϕ(tl)− ϕ(t1)| ≤ |ϕ(tl)− ϕkn(tl)|+ |ϕkn(tl)− ϕkn(t1)|+ |ϕkn(t1)− ϕ(t1)| ≤ δ +K|tl − t1|+ δ (theo (2.1.3)-(2.1.4)) ≤ K.2δ + 2δ = (2K + 2)δ ≤ η 2 . (2.1.7) Do vậy (tl, ϕ(tl)) ∈ S. 11 Lúc này ta xét |h(t)− h(t1)| = |h(t)| = ∣∣∣ϕ(t)− ϕ(t1) t− t1 − f(t1, ϕ(t1)) ∣∣∣ = lim n→∞ ∣∣∣ϕkn(t)− ϕkn(t1) t− t1 − f(t1, ϕkn(t1)) ∣∣∣ = lim n→∞ ∣∣∣ i−1∑ l=1 qlf(tl, ϕkn(tl))− f(t1, ϕkn(t1)) ∣∣∣ (theo (2.1.5)) = lim n→∞ ∣∣ i−1∑ l=1 ql ( f(tl, ϕkn(tl))− f(t1, ϕkn(t1)) )∣∣ ≤ i−1∑ l=1 ql lim n→∞ ∣∣f(tl, ϕkn(tl))− f(t1, ϕkn(t1))∣∣ ≤ |f(tl, ϕ(tl))− f(t1, ϕ(t1))| (do i−1∑ l=1 ql = 1) < ε ( theo (2.1.6) và (2.1.7) ta có (tl, ϕ(tl)) ∈ S((t1, x1), η) ) . Trong trường hợp t thoả t1 − δ ≤ t ≤ t1, chứng minh tương tự ta có |h(t)− h(t1)| = |h(t)| < ε. Do đó ∀ t ∈ I : |t1 − t| < δ ⇒ |h(t)| < ε, tức là h liên tục tại t1. Vậy h liên tục trên I. Tóm lại ϕ là hàm khả vi và ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)). Ví dụ 2.1.2. Xét bài toán x′ = 3 √ x2 với điều kiện x0 = x(t0) = 0. Trong lân cận của điểm 0, bài toán có hai nghiệm, đó là x(t) = 0, x(t) = t3 27 . Do f là hàm liên tục nên bị chặn trên |x − 0| 0. Điều này có nghĩa với K = sup |f(t, x)| 0 ta có a > 0 đủ nhỏ thỏa aK ≤ r. Vậy các điều kiện của Định lý Peano được đảm bảo. Ví dụ này cho thấy Định lý Peano chỉ ra được sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy, nhưng sự tồn tại đó là không duy nhất. Trường hợp này không thỏa mãn điều kiện của định lý Picard. Thật vậy, với mọi x1, x2, ta có V T = 3 √ x21 − 3 √ x22 x1 − x2 = x21 − x22 (x1 − x2)( 3 √ x41 + 3 √ x21x 2 2 + 3 √ x42) = x1 + x2 3 √ x41 + 3 √ x21x 2 2 + 3 √ x42 12 Chọn x1 = 1 n , x2 = 2 n theo trên ta có x1 + x2 3 √ x41 + 3 √ x21x 2 2 + 3 √ x42 = 3 n 3 √ 1 n4 + 3 √ 4 n4 + 3 √ 16 n4 = 3 3 √ 1 n + 3 √ 4 n + 3 √ 16 n →∞ khi n→∞. Suy ra V T không bị chặn khi x1, x2 dần về 0. Do đó ∀ K > 0, ∃ x1, x2 đủ nhỏ để ∣∣∣ 3 √ x21 − 3 √ x22 x1 − x2 ∣∣∣ > K. Vậy điều kiện Lipschitz bị phá vỡ. Trong một số trường hợp, nghiệm của bài toán Cauchy thu được không khả vi trên toàn bộ tập xác định, mà chỉ khả vi hầu khắp nơi. Sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu cụ thể việc chứng minh sự tồn tại nghiệm hầu khắp đối với lớp hàm f Carathéodory của bài toán Cauchy. 2.2 Định lý Carathéodory Định lý 2.2.1. [8] Cho a, r > 0, (t0, x0) ∈ R2 và f : D = [t0, t0 + a]× [x0 − r, x0 + r] ⊂ R2 → R (t, x) 7→ f(t, x) là hàm Carathéodory. Khi đó bài toán Cauchy (1.1.2) tồn tại nghiệm hầu khắp nơi. Chứng minh. Đặt M(t) = ∫ t t0 m(s)ds, t0 ≤ t ≤ t0 + a, khi đó dễ thấy M(t0) = 0. Do 0 ≤ |f(t, x)| ≤ m(t), ∀t ∈ [t0, t0 + a] nên M ≥ 0. Mặt khác vì m(t) khả tích trên [t0, t0 + a] nên ∀ε > 0,∃δ > 0 sao cho ∀t ∈ [t0, t0 + a] mà |t− t0| ≤ δ thì ∣∣∣∣ t∫ t0 m(s)ds ∣∣∣∣ < ε⇒ |M(t)| < ε. 13 Vậy M(t) liên tục tuyệt đối trên [t0, t0 + a], suy ra M liên tục đều trên [t0, t0 + a]. Khi đó với r > 0, ta luôn chọn được số dương β mà 0 < β ≤ a, sao cho ∀t ∈ [t0, t0+a] thỏa |t−t0| ≤ β thìM(t) < r.Do x0+M(t) < x0+r với t ∈ [t0, t0+β] nên (t, x0 +M(t)) ∈ D với t0 ≤ t ≤ t0 + β ≤ t0 + a. Lúc này ta xây dựng dãy hàm (ϕj)j (với j = 1, 2, ...) thoả ϕj(t) =  x0 , nếu t0 ≤ t ≤ t0 + βj x0 + t−βj∫ t0 f(s, ϕj(s))dt , nếu t0 + β j < t ≤ t0 + β. (2.2.1) Dễ thấy ϕ1(t) = x0,∀ t ∈ [t0, t0 +β]. Do đó ϕ1 liên tục trên [t0, t0 +β]. Ta sẽ chứng minh ϕj xác định như trên tồn tại và hơn nữa ϕj liên tục với mỗi j cố định, j ≥ 2. Do ϕj(t) = x0, ∀t ∈ [t0, t0 + βj ] nên ϕj liên tục trên [t0, t0 + βj ]. Ta chỉ cần chứng minh ϕj tồn tại và liên tục trên [t0 + β j , t0 + kβ j ] ⊂ [t0 + βj , t0 + β], k ∈ N, k ≥ 2 bằng phương pháp quy nạp. Với k = 2, ta có t ∈ [t0 + β j , t0 + 2β j ] ⇒ t0 ≤ t− β j ≤ t0 + β j . Suy ra ϕj(s) = x0, ∀s ∈ [t0, t− βj ]. Do đó ϕj(t) = x0 + t−βj∫ t0 f(s, ϕj(s))ds = x0 + t−βj∫ t0 f(s, x0)ds. Vì f là hàm Carathéodory nên f(., x0) đo được theo t. Hơn nữa |f(t, x0)| ≤ m(t), m khả tích Lebesgue trên [t0, t0 +a] nên f(., x0) khả tích Lebesgue trên [t0, t0 +a]. Do đó f(., x0) khả tích trên [t0, t0 + β j ] ⊂ [t0, t0 + a]. Vậy hàm ϕj là liên tục tuyệt đối trên [t0 + β j , t0 + 2β j ]. Từ đó suy ra ϕj tồn tại và liên tục trên đoạn đó. Ngoài ra, ta còn có |ϕj(t)− x0| = | t−βj∫ t0 f(s, ϕj(s))ds| ≤ t−βj∫ t0 |f(s, ϕj(s))|dt ≤ t−βj∫ t0 m(s)ds = M(t− β j ). Giả sử giả thiết quy nạp đúng với k = l, l > 2, l ∈ N, tức là ϕj xác định, liên tục trên [t0 + β j , t0 + lβ j ]. Ta chứng minh điều trên đúng với k = l + 1, tức là chứng minh ϕj tồn tại và liên tục trên [t0 + β j , t0 + (l+1)β j ]. 14 Ta có t ∈ [t0 + βj , t0 + (l+1)βj ]⇒ t− βj ∈ [t0, t0 + lβj ], và trên đó hàm ϕj liên tục. Lí luận như trên ta có f(., x0) khả tích trên [t0, t0 + lβ j ]. Do đó hàm ϕj liên tục tuyệt đối trên [t0 + β j , t0 + (l+1)β j ], suy ra ϕj liên tục trên đoạn đó. Ta cũng có |ϕj(t)− x0| ≤ t−βj∫ t0 m(s)ds = M(t− β j ). (2.2.2) Vì thế, từ (2.2.1) ta xác định được hàm ϕj liên tục trên [t0, t0 + β] và trên đó (2.2.2) đúng. Khi đó ∀ε > 0,∃δ > 0,∀t1, t2 ∈ [t0, t0 + β] thỏa |t1 − t2| < δ thì∣∣ϕj(t1)− ϕj(t2)∣∣ ≤ ∣∣ϕj(t1)− x0∣∣+ ∣∣ϕj(t2)− x0∣∣ ≤ ∣∣M(t1 − β j ) ∣∣+ ∣∣M(t2 − β j ) ∣∣ < 2ε, ∀j ∈ N. Do đó (ϕj) là dãy hàm liên tục đồng bậc trên [t0, t0 + β]. Mặt khác, vì M liên tục đều trên [t0, t0 + β] nên tồn tại 0 < K ∈ R sao cho M(t) ≤ K, ∀t ∈ [t0, t0 + β]. Từ (2.2.2) ta có |ϕj(t)| ≤ x0 +K, ∀j,∀t ∈ [t0, t0 + β]. Do đó (ϕj) bị chặn đều trên [t0, t0 + β]. Áp dụng Định lý Ascoli, tồn tại (ϕjk) ⊂ (ϕj) sao cho ϕjk ⇒ ϕ khi k → ∞. Vậy ϕjk(t) → ϕ(t), ∀t ∈ [t0, t0 + β]. Vì ϕjk(t0) = x0 nên ϕ(t0) = x0. Tiếp theo ta chứng minh ϕ khả vi hầu khắp nơi trên [t0, t0 +α] và ϕ′ = f(t, ϕ(s)). Do lim k→∞ ϕjk = ϕ và f(t, x) liên tục theo biến x với mỗi t cố định nên lim k→∞ f(t, ϕjk(t)) = f(t, ϕ(t)). Vì |f(t, x)| ≤ m(t), m là hàm khả tích nên theo Định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn ta có lim k→∞ t∫ t0 f(s, ϕjk(s))ds = t∫ t0 f(s, ϕ(s))ds với t ∈ [t0, t0 + β]. Do đó ϕjk(t) = x0 + t− βjk∫ t0 f(s, ϕjk(s))ds = x0 + t∫ t0 f(s, ϕjk(s))ds− t∫ t− βjk f(s, ϕjk(s))ds. Mặt khác do lim k→∞ t∫ t− βjk f(s, ϕjk(s))ds = 0 nên ϕ(t) = lim k→∞ ϕjk(t) = x0 + t∫ t0 f(s, ϕ(s))ds. 15 Do đó ϕ là hàm liên tục tuyệt đối. Vì f khả tích Lebesgue theo t trên [t0, t0 + a] nên ϕ khả vi hầu khắp nơi trên [t0, t0 + a] và ϕ′(t) = f(t, ϕ(t)). Vậy ϕ là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán Cauchy (1) - (2). Ví dụ 2.2.2. Xét bài toán x′ = f(t, x) = g(t) =  0, t = 0 t n , 1 n+ 1 < t ≤ 1 n , t ∈ [0, 1], ∀n ∈ N∗, với điều kiện đầu x(0) = 0. Từ cách xác định hàm f , ta nhận thấy f không liên tục theo t, nên ta không thể kết luận nghiệm bài toán dựa vào định lý Peano. Mặt khác, ta lại có f liên tục theo x với mỗi t cố định, đồng thời f đo được theo t với mỗi x cố định. Ngoài ra, ta có hàm m(t) = 1,∀t ∈ [0, 1] khả tích Lebesgue và thỏa |x′| = |f(t, x)| ≤ 1,∀(t, x) ∈ [0, 1] × [0, 1]. Như vậy f là hàm Carathéodory. Theo Định lý Carathéodory, bài toán trong ví dụ này tồn tại nghiệm hầu khắp nơi. Ta dễ nhận ra bài toán có nghiệm x(t) =  0, t = 0 t2 2n , 1 n+ 1 < t ≤ 1 n , ∀n ∈ N∗. 2.3 Định lý thác triển nghiệm Cho phương trình x′ = f(t, x) (1) và điều kiện ban đầu x(t0) = x0 (2). Ở các mục trước ta đã thấy sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy (1) − (2) chỉ mang tính địa phương (xác định trong lân cận của x0). Vấn đề đặt ra là liệu có thể thác triển nghiệm đó lên một khoảng lớn hơn nữa được không. Để làm rõ vấn đề này trước hết chúng ta cần có bổ đề sau: Bổ đề 2.3.1. [13] Giả sử f : D → R là ánh xạ liên tục, với D ⊂ R2 là một tập mở liên thông. Cho D˜ ⊂ D và f bị chặn trên D˜. Giả sử x(t) là nghiệm của (1) xác định trên khoảng (a, b) với (t, x(t)) ∈ D˜, t ∈ (a, b). Khi đó, các giới hạn sau tồn tại lim t→a+ x(t), lim t→b− x(t). Chứng minh. Với t0 ∈ (a, b), x là nghiệm của (1) nên x có dạng x(t) = x(t0) + t∫ t0 f(s, x(s))ds, t ∈ (a, b). Xét dãy (tn) ⊂ (a, b) sao cho tn < b, tn → b khi n→∞. Vì f bị chặn trên D˜ nên (x(tn))n là dãy Cauchy, do đó tồn tại x1 thỏa lim n→∞x(tn) = x1. 16 Với mỗi ε > 0, đặt E = {(t, x) | 0 ≤ b − t ≤ ε, |x − x1| ≤ ε}. Khi đó (tn, x(tn)) ∈ D˜ ∩ E với n đủ lớn. Vì f bị chặn trên D˜ nên tồn tại Mε > 0 sao cho |f(t, x)| ≤Mε, với (t, x) ∈ D˜ ∩E. Với n đủ lớn ta có 0 < b− tn < ε 2Mε , |x(tn)− x1| < ε 2 . Mặt khác ta lại có |x(t)− x(tn)| ≤ t∫ tn |f(s, y(s))|ds ≤Mε|t− tn| < Mε|b− tn| < ε 2 , ∀tn ≤ t < b. Do đó |x(t) − x1| ≤ |x(t) − x(tn)| + |x(tn) − x1| < ε. Tức là lim t→b− x(t) = x1. Vậy tồn tại lim t→b− x(t). Lý luận tương tự cho sự tồn tại của lim t→a+ x(t). Từ bổ đề này chúng ta chỉ ra được nghiệm của (1) có thể vượt quá khoảng (a, b), tức nghiệm x có thể liên tục bên trái a và bên phải b. Nhưng đến một lúc nào đó thì sự mở rộng này không còn là nghiệm của (1) nữa. Chính vì thế ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 2.3.1. Giả sử x(t) là nghiệm của (1). Khoảng mở I = (a, b) được gọi là khoảng tồn tại cực đại về phía phải của x(t) nếu không tồn tại khoảng J = (a′, b′) với a′ ≤ a, b < b′ trên đó x(t) có thể thác triển được. Kí hiệu: I = (a, ω+). Tương tự cho khoảng tồn tại cực đại về phía trái. Khoảng mở (ω−, ω+) được gọi là khoảng tồn tại cực đại của x(.) nếu nó là khoảng tồn tại cực đại về phía trái và phải của x. Nhận xét 2.3.2. Sự thác triển của x(.) nói chung không duy nhất. Vì vậy ω± phụ thuộc vào cách chọn thác triển. Sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu định lý và các hệ quả của nó mà từ đó cho phép ta thác triển nghiệm của bài toán lên một khoảng lớn hơn. Với giả thiết D được xác định như ở Bổ đề 2.3.1 ta có định lý sau: Định lý 2.3.3. [13] Giả sử f : D → R là liên tục và x là một nghiệm của (1) xác định trên khoảng I. Khi đó x có thể thác triển được lên khoảng tồn tại cực đại (ω−, ω+) và (t, x(t))→ ∂D khi t→ ω±. Nhận xét 2.3.4. Theo khẳng định của định lý, ta thấy khi nói "x(t) dần về biên của D khi t→ ω+" đều có thể hiểu với ω+ =∞ hoặc ω+ <∞. Và ta có khi t tiến về ω+ thì các điểm (t, x(t)) không bị chứa trong tập con compact nào của D. Tiếp theo chúng tôi sẽ trình bày cụ thể chứng minh của Định lý 2.3.3. 17 Chứng minh. Ở đây, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại khoảng tồn tại cực đại bên phải và ta chỉ xét sự thác triển trên các khoảng mở. Gọi x là một nghiệm của (1) thỏa x0 = x(t0) xác định trên khoảng [t0, ax), với t0 ∈ I. Đặt S là tập các thác triển φ của x(.), tức là các nghiệm φ xác định trên Iφ = [t0, aφ) sao cho [t0, aφ) ⊃ [t0, ax) và φ(t) = x(t) với mọi t ∈ [t0, ax). Khi đó với 2 nghiệm thác triển u, v ∈ S xác định lần lượt trên Iu = [t0, au), au ≥ ax, Iv = [t0, av), av ≥ ax, ta định nghĩa quan hệ sau: u  v ⇔ (i) au ≤ av,(ii) u ≡ v trên Iu. Chúng ta dễ nhận ra quan hệ  là quan hệ thứ tự bộ phận trên tập S. Thật vậy, Với bất kì u ∈ S ta có u xác định trên Iu = [t0, au), au ≥ ax. Khi đó au ≤ au và u ≡ u trên Iu. Do đó u  u. Suy ra  có tính phản xạ. Mặt khác với mọi u, v ∈ S sao cho u  v, v  u, khi đó theo (i) ta có au ≤ av, av ≤ au nên au = av. Do đó Iu = Iv. Ngoài ra theo (ii) ta có u ≡ v trên Iu và v ≡ u trên Iv, nên u = v. Vì thế  có tính phản xứng. Xét u, v, s ∈ S và u  v, v  s. Theo (i) ta có au ≤ av ≤ as, suy ra Iu ⊂ Iv. Đồng thời, do u  v nên u ≡ v trên Iu. Và v  s nên v ≡ s trên Iv, suy ra v ≡ s trên Iu. Do vậy u ≡ s trên Iu. Nên u  s, tức  có tính bắc cầu. Vậy  là quan hệ thứ tự bộ phận trên S. Hơn nữa x0 ∈ S nên S 6= ∅. Gọi S1 là tập con được sắp toàn phần của S. Khi đó S1 có cận trên là u xác định trên Iu = [t0, au), au ≥ ax, với au = sup v∈S1 av. Theo Bổ đề Zorn, trong S có ít nhất 1 phần tử tối đại x˜. Vì thế x˜ không thể mở rộng về phía bên phải được nữa. Vậy x(t) có thể mở rộng được lên khoảng tồn tại cực đại bên phải. Bây giờ ta sẽ chứng minh x(t) tiến tới biên ∂D của D khi t tiến tới ω+. Trường hợp ω+ < ∞. Ta sẽ chứng minh (t, x(t)) không thể bị chứa trong bất kỳ tập compact K ⊂ D với mọi t đủ gần ω+ bằng phản chứng. Giả sử tồn tại K ⊂ D, K compact sao cho ∀n, ∃ tn thỏa 0 < ω+ − tn < 1n và (tn, x(tn)) ∈ K. K compact nên tồn tại dãy con ((tnk , x(tnk)))k ⊂ ((tn, x(tn)))n sao cho (tnk , x(tnk))→ (ω+, x∗) ∈ K. Do đó (ω+, x∗) là điểm trong của D. Chọn ε > 0 sao cho Q = {(t, x) | |ω+ − t| ≤ ε, |x− x∗| ≤ ε} ⊂ D. Với n đủ lớn ta có (tn, x(tn)) ∈ Q. Đặt m = max (t,x)∈Q |f(t, x)|. Khi đó với n lớn ta có 0 < ω+ − tn ≤ ε 2m , |x(tn)− x∗| ≤ ε 2 . Vì |x(t)− x(tn)| < m|t− tn| < m|ω+ − tn| ≤ ε 2 , với t ∈ [tn, ω+) 18 nên |x(t)− x∗| ≤ |x(t)− x(tn)|+ |x(tn)− x∗| < ε. Vậy lim t→ω+ x(t) = x∗. Theo Bổ đề 2.3.1, khi đó x(t) có thể mở rộng về phía phải của ω+. Điều này mâu thuẫn với tính tối đại của x. Vậy không tồn tại bất kì tập compact nào chứa trong D mở, chứa các điểm (t, x(t)) với t tiến về ω+. Điều này chứng tỏ (t, x(t))→ ∂D khi t→ ω+. Trường hợp ω+ = ∞ ta có x(t) luôn được mở rộng về phía phải, do đó x mở rộng đến ∂D. Vậy (t, x(t))→ ∂D khi t→ ω+. Lập luận tương tự ta chỉ ra được điều tương ứng cho khoảng tồn tại cực đại bên trái. Từ đó ta sẽ có kết luận cho cả khoảng tồn tại cực đại của nghiệm. Hệ quả 2.3.5. [13] Giả sử f : [t0, t0 + a]×R→ R là liên tục và x là một nghiệm của (1) xác định trên khoảng tồn tại cực đại I ⊂ [t0, t0 + a]. Khi đó, khoảng cực đại có thể là I = [t0, t0 + a] hay I = [t0, ω+), ω+ < t0 + a và lim t→ω+ |x(t)| =∞. Chứng minh. Áp dụng định lý thác triển với f liên tục trên D = [t0, t0 + a] × R ta có nghiệm của (1) có thể mở rộng về phía phải của t0. Do đó khoảng tồn tại nghiệm lớn nhất có thể là I = [t0, t0 + a] hay I = [t0, ω+), ω+ < t0 + a. Mặt khác, ∂D = ∂ ( [t0, ω+)× R ) nên lim t→ω+ x(t) =∞. Hệ quả 2.3.6. [13] Giả sử f : (a, b)× R→ R là liên tục và f thỏa: |f(t, x)| ≤ α(t)|x| + β(t), với α, β ∈ L1(a, b) là các hàm liên tục không âm. Khi đó, khoảng tồn tại cực đại (ω−, ω+) chính là (a, b) với bất kỳ nghiệm nào của (1). Chứng minh. Với t0 ∈ (a, b), x là nghiệm của (1), khi đó ta có x(t) = x(t0) + t∫ t0 f(s, x(s))dt. Do |f(t, x)| ≤ α(t)|x|+ β(t) nên |x(t)| ≤ |x(t0)|+ t∫ t0 [α(s)|y(s)|+ β(s)]ds. (2.3.1) Với t ≥ t0, ta đặt c = |x(t0)| và v(t) = t∫ t0 [|α(s)||x(s)|+ |β(s)|]ds. 19 Do các hàm α, β, x là liên tục nên hàm v khả vi, ta có v′(t) = α(t)|x(t)|+ β(t). Hơn nữa do α(t) ∈ L1(a, b), không âm nên từ (2.3.1) ta có |x(t)| ≤ c+ v(s)⇔ α(t)|x(t)| ≤ α(t)c+ α(t)v(t) ⇔ v′(t)− β(t) ≤ α(t)c+ α(t)v(t) ⇔ v′(t)− α(t)v(t) ≤ α(t)c+ β(t). Vì thế ta được v(t) ≤ e t∫ t0 α(τ)dτ t∫ t0 e s∫ t0 α(τ)dτ [α(s)c+ β(s)]ds. Áp dụng Hệ quả 2.3.3 ta có ω+ = b. Hoàn toàn tương tự ta có ω− = a. Vậy (ω−, ω+) = (a, b). Ví dụ 2.3.7. Nếu f(t, x) và f ′x(t, x) là xác định và liên tục trên toàn mặt phẳng (t, x); |f ′x(t, x)| ≤ |k(t)|, trong đó k(t) liên tục thì nghiệm của phương trình x′ = f(t, x) với điều kiện ban đầu x(t0) = x0 tồn tại trên khoảng (t0,+∞). Thực vậy, dễ thấy sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán từ định lý Peano. Mặt khác, ta có đánh giá sau |f(t, x)− f(t, 0)| = |f ′x(t, θx)||x| ≤ |k(t)||x|, trong đó 0 < θ < 1, hay |f(t, x)| ≤ |k(t)||x|+ |f(t, 0)|. Đặt α(t) = |k(t)|, β(t) = |f(t, 0)|, áp dụng Hệ quả 2.3.4 ta có kết quả bài toán. Chẳng hạn hàm f(t, x) = tx + sinx liên tục trên mặt phẳng (t, x), f ′x(t, x) = t + cos x và |f ′(t, x)| ≤ k(x) = |t| + 1 nên phương trình x′ = tx + sin x với điều kiện ban đầu x(t0) = x0 có nghiệm trên (x0,+∞). 20 Chương 3 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG Trong chương này, chúng tôi trình bày phương pháp hàm dưới của Goodman để chứng minh sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy x′ = f(t, x(t)) (1)x(t0) = x0, (2) với giả thiết Carathéodory. Chúng tôi cũng trình bày kết quả gần đây của D. C. Biles và P. A. Binding về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện tựa tăng. Ngoài ra, chúng tôi phân tích một số ví dụ để so sánh, làm rõ sự khác biệt giữa các điều kiện và một số ví dụ áp dụng. 3.1 Sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy dưới điều kiện Carathéodory Như đã biết, hướng khảo sát bài toán Cauchy là thay thế các giả thiết về hàm f bởi các giả thiết yếu hơn. Ban đầu với điều kiện hàm f(t, x) phụ thuộc vào x trong Định lý Picard ta thu được sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy và dưới những điều kiện đó thì đó là nghiệm duy nhất. Peano đưa ra điều kiện f liên tục để chứng tỏ sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy, nhưng khi đó tính duy nhất bị phá vỡ. Ngoài ra Peano cũng chỉ ra (1) luôn có nghiệm nhỏ nhất bên phải của t0. Sau đó Carathéodory tiếp tục giảm điều kiện hàm f để từ đó thu được nghiệm hầu khắp nơi. Chỉ với các giả thiết Carathéodory, năm 1968, G. S. Goodman đã sử dụng phương pháp hàm dưới để chỉ ra sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy, đồng thời kết quả của G. S. Goodman còn bao gồm cả định lý so sánh nghiệm. Trước hết, chúng ta cần có một số kiến thức chuẩn bị. Định nghĩa 3.1.1. Hàm x(.) được gọi là hàm dưới của f(t, x) trên I = [t0, t0 +a] nếu x(.) liên tục tuyệt đối trên I với x(t0) ≤ x0 và thỏa mãn x′ ≤ f(t, x) hầu khắp. (3.1.1) 21 Bổ đề 3.1.1. Mọi tập con A ⊂ Rn chỉ có hữu hạn hoặc đếm được các điểm cô lập. Chứng minh. Ta chọn tập hữu hạn hoặc đếm được G ⊂ A để G ⊃ A. Giả sử a là điểm cô lập tùy ý của A. Khi đó có r > 0 để B(a, r)∩A = {a}. Vì G ⊃ A nên tồn tại c ∈ B(a, r) ∩ G. Do đó c ∈ B(a, r) ∩ A. Suy ra c = a. Vì a tùy ý nên tập các điểm cô lập của A là tập con của G. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 3.1.2. [11] Nếu x1(.), x2(.), ..., xn(.) là các hàm dưới của f(t, x) thì x(t) = max{x1(.), x2(.), ..., xn(.)} cũng là hàm dưới của f(t, x). Chứng minh. Vì xi(t) là hàm dưới của f(t, x), ∀i = 1, n, nên xi(t0) ≤ x0. Do đó x(t0) ≤ x0. Chúng ta chỉ cần chứng minh điều trên đúng với trường hợp n = 2, trong trường hợp tổng quát, điều trên được suy ra dựa vào phương pháp quy nạp toán học. Để chứng minh điều này, chúng ta cần tiến hành kiểm chứng 2 điều sau: thứ nhất ta phải chỉ ra x(.) liên tục tuyệt đối, thứ hai x(t) thỏa mãn (3.1.1). Với mỗi t ∈ [t0, t0 + a], ta có x(t) = 12 [x1(t) + x2(t)] + 12 |x1(t)− x2(t)|. Từ cách xác định trên, ta thấy x(t) là liên tục tuyệt đối. Lấy t ∈ [t0, t0 + a], ta xét 3 trường hợp sau i. Xét x1(t) > x2(t). Do x1, x2 liên tục tuyệt đối nên liên tục và có đạo hàm hầu khắp nơi. Khi đó {t ∈ [t0, t0 + a]| x1(t) > x2(t)} là tập mở. Do vậy, tồn tại lân cận Vt của t sao cho ∀s ∈ Vt thì x1(s) > x2(s). Suy ra x(t) = x1(t) với mọi s ∈ Vt. Vậy x′(t) = x′1(t) ≤ f(t, x1(t)) = f(t, x(t)), tức (3.1.1) thỏa mãn. ii. Với x1(t) < x2(t) chứng minh tương tự. iii. Với x1(t) = x2(t) ta có x(t) = x1(t). Đặt A = {t| t ∈ [t0, t0+a], x1(t) = x2(t)}. Theo Bổ đề 3.1.1, tập A1 các điểm cô lập của A là hữu hạn hoặc đếm được. Do vậy µA1 = 0. Xét tập A2 các điểm không cô lập của A. Khi đó tồn tại dãy (tn) ⊂ A2 mà tn → t khi n→∞. Ta có x′(t) = lim n→∞ x(tn)− x(t) tn − t = lim n→∞ x1(tn)− x1(t) tn − t = x′1(t) ≤ f(t, x1(t)) = f(t, x(t)). 22 Do đó (3.1.1) thỏa mãn trên [t0, t0 +a]. Vậy x xác định như bổ đề là hàm dưới của f(t, x). Bây giờ gọi F là tập con đo được bất kì của [t0, t0 + a] và E là phần bù của F . Kí hiệu Fh(.) để chỉ giao của F với [t, t+ h], tương tự Eh(.) là giao của E với [t, t+ h], với h > 0, t ∈ [t0, t0 + a]. Ta có 2 bổ đề sau Bổ đề 3.1.3. [11] Với hầu khắp t ∈ F ta có lim h→0 µEh(t) h = 0. Chứng minh. Áp dụng Định lý Lebesgue về mật độ, với hầu khắp t ∈ F ta có µFh(t) h = µ(F ∩ [t, t+ h]) µ([t, t+ h]) → 1, khi h→ 0. Mặt khác do Fh ∩ Eh = ∅, Fh ∪ Eh = [t, t+ h] nên ta có 1 = µ([t, t+ h]) h = µFh(t) h + µEh(t) h . Do đó với hầu khắp t ∈ F , ta có lim h→0 µEh(t) h = 0. Bổ đề 3.1.4. [11] Với hầu khắp t ∈ F ta có lim h→0 1 h ∫ Eh(t) m(s)ds = 0 với m(.) là hàm khả tích trên [t0, t0 + a]. Chứng minh. Với hầu khắp t ∈ F ta có 1 h ∫ Eh(t) m(s)ds = 1 h t+h∫ t m(s)χE(s)ds, trong đó χE(.) là hàm đặc trưng của E. Do vậy lim h→0 1 h t+h∫ t m(s)χE(s)ds = m(t)χE(t) = 0. Do đó suy ra điều phải chứng minh. Ta thừa nhận kết quả sau Định lý 3.1.5. [11](định lý Scorza- Dragoni) Nếu f(t, x) đo được theo t và liên tục theo x trên [t0, t1]× (−∞,∞) thì tồn tại dãy (An)n, An ( [t0, t1], ∀n ∈ N, Ai ∪ Aj = ∅,∀i 6= j, i, j ∈ N, µ ( ∞⋃ n=1 An ) = t1 − t0 sao cho f liên tục khi t ∈ An, ∀n ∈ N. 23 Bây giờ chúng ta trình bày kết quả của G. S. Goodman để thấy được sự cải thiện của nó so với định lý Carathéodory trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy. Định lý 3.1.6. [11] Nếu f là hàm Carathéodory, tức f thỏa mãn (C1)-(C3) thì hàm X(t) = sup{x(t)| x(t) là hàm dưới} (?) là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán Cauchy (1)-(2). Chứng minh. Trước hết, ta sẽ chỉ ra sự tồn tại của hàm X(.) trong định lý trên. Thật vậy, xét hàm x(t) = x0 − t∫ t0 m(s)ds. Vì m(t) là khả tích nên x(.) là liên tục tuyệt đối. Ta có x(t0) = x0. Khi đó x′(t) = −m(t) ≤ f(t, x(t)) hầu khắp (do f là hàm Carathéodory). Vì thế x(.) là một hàm dưới của f(t, x). Do đó tập các hàm dưới là không rỗng. Hơn nữa x(t) = x0 − t0+a∫ t0 m(s)ds ≤ x0 + t0+a∫ t0 f(s, x(s))ds ≤ x0 + t0+a∫ t0 m(s)ds <∞ (vì m(t) khả tích). Vậy X(.) được xác định ở trên là tồn tại, hơn nữa X(t0) = x0. Để chứng minh định lý này chúng ta sẽ thực hiện các bước sau Chứng minh X(.) là hàm liên tục tuyệt đối. Xét x(.) là một hàm dưới bất kì của f(t, x), khi đó với bất kì hai điểm t1 < t2 thuộc [t0, t0 + a], ta có t2∫ t1 f(s, x(s))ds ≥ t2∫ t1 x′(s)ds = x(t2)− x(t1). Do đó X(t2)−X(t1) ≤ X(t2)− x(t1) ≤ X(t2)− x(t2) + t2∫ t1 f(s, x(s))ds (3.1.2) ≤ X(t2)− x(t2) + t2∫ t1 m(s)ds và X(t2)−X(t1) ≥ x(t2)−X(t1) = [x(t1)−X(t1)] + [x(t2)− x(t1)]. (3.1.3) 24 Mặt khác từ định nghĩa của X(.), ta tìm được dãy hàm dưới (xn(.))n sao cho xn → X khi n→∞. Do đó xn(t2)→ X(t2), khi n→∞. Khi đó từ (3.1.2) ta có X(t2)−X(t1) ≤ t2∫ t1 m(s)ds. (3.1.4) Ngoài ra, với  > 0 bất kì, ta luôn tìm được hàm dưới x1(.) sao cho X(t1)−x1(t1) ≤ . Đặt x(t) =  x1(t), nếu t0 ≤ t ≤ t1 x1(t1)− t∫ t1 m(s)ds, nếu t1 ≤ t ≤ t0 + a. Hàm x(.) xác định như trên là liên tục tuyệt đối trên [t0, t0 + a]. Hơn nữa x(t0) = x1(t0) ≤ x0 (vì x1(.) là hàm dưới). Với t ∈ [t0, t1], x(t) = x1(t) suy ra x′(t) = x′1(t) ≤ f(t, x1(t)) = f(t, x(t)). Ngoài ra, với t ∈ [t1, t0 +a] ta có x′(t) = −m(t) ≤ f(t, x(t)). Do đó x(.) thỏa mãn (3.1.1) trên [t0, t0 + a]. Vậy x(.) là hàm dưới trên [t0, t0 + a]. Vì t2 > t1 nên x(t2)− x(t1) = − t2∫ t1 m(s)ds. Áp dụng (3.1.3) ta có X(t2)−X(t1) ≥ [x(t1)−X(t1)] + [x(t2)− x(t1)] ≥ −− t2∫ t1 m(s)ds. Cho → 0 ta được X(t2)−X(t1) ≥ − t2∫ t1 m(s)ds. (3.1.5) Từ (3.1.4), (3.1.5) ta có |X(t2)−X(t1)| ≤ t2∫ t1 m(s)ds, ∀t1, t2 ∈ [t0, t0 + a]. (3.1.6) Do vậy X(.) là liên tục tuyệt đối. Thật vậy, do m(t) khả tích trên [t0, t0 + a] nên ∀1 > 0, ∃δ > 0,∀t1, t2 ∈ [t0, t0 + a] thỏa |t2 − t1| < δ ⇒ | t2∫ t1 m(s)ds| < 1 ⇒ |X(t2)−X(t1)| < 1. Xây dựng dãy hàm dưới hội tụ đều về X(.). Với  > 0 cho trước, ta chọn n+ 1 điểm ti ∈ [t0, t0 + a] thỏa t0 < t1 < ... < tn−1 < 25 tn = t0 + a và ti∫ ti−1 m(s)ds <  3 , ∀i = 1, n. Với mỗi ti, sao cho ta xác định được hàm dưới xi(.) sao cho X(ti)− xi(ti) <  3 . Đặt x(t) = max{x1(t), x2(t), ..., xn(t)}, theo Bổ đề 3.1.2, x(.) là một hàm dưới. Xét ξ ∈ [t0, t0 + a], khi đó tồn tại i sao cho [ti−1, ti] 3 ξ. Ta có x(ξ) ≥ xi(ξ) ≥ xi(ti)− ti∫ ξ f(s, xi(s))ds (vì xi(t) là hàm dưới của f(t, x)) ≥ xi(ti)− ti∫ ξ m(s)ds = X(ξ)− [X(ξ)−X(ti)]− [X(ti)− xi(ti)]− ti∫ ξ m(s)ds ≥ X(ξ)− ti∫ ξ m(s)ds− [X(ti)− xi(ti)]− ti∫ ξ m(s)ds (theo (3.1.5)) > X(t)−  3 −  3 −  3 = X(t)− . Suy ra X(ξ)− x(ξ) < , ∀ξ ∈ [t0, t0 + a]. Điều đó chứng tỏ tồn tại dãy hàm dưới hội tụ đều về X(.). Chứng minh X(.) là hàm dưới. Ta đã có X(t0) = x0. Để chứng minh X(.) là hàm dưới, ta chỉ cần chứng minh X(.) thỏa (3.1.1). Với h > 0, áp dụng (3.1.2) cho 2 điểm t, t+ h ∈ [t0, t0 + a], x(.) bất kì, ta có X(t+ h)−X(t) ≤ X(t+ h)− x(t+ h) + t+h∫ t f(s, x(s))ds. (3.1.7) Mặt khác tồn tại dãy hàm dưới (xn(t))n thỏa xn ⇒ X, khi n → ∞. Khi đó áp dụng vào (3.1.7) ta được X(t+ h)−X(t) ≤ t+h∫ t f(s,X(s))ds. (3.1.8) 26 Chia 2 vế của (3.1.8) cho h, cho h→ 0, ta có X ′(t) ≤ f(t,X(t)). Vậy X(.) là hàm dưới. Chứng minh X(.) thỏa X ′(t) = f(t,X(t)) hầu khắp nơi. (3.1.9) Do f là hàm Carathéodory nên thỏa mãn giả thiết của Định lý Scorza- Drag- oni. Khi đó ta xây dựng được dãy (An)n∈N ⊂ [t0, t0 + a], An ∩ Am = ∅,∀n 6= m,µ( ⋃ n An) = a, f liên tục khi t ∈ An,∀n ∈ N. Lúc này ta chỉ cần chứng minh (3.1.9) đúng hầu khắp nơi với mọi An. Xét S ∈ (An)n và t ∈ S, khi đó f liên tục trên S × [x0 − r, x0 + r]. Ta sẽ chứng minh f liên tục đều trên S × [x0 − r, x0 + r] bằng phương pháp phản chứng. Giả sử f không liên tục đều trên S × [x0 − r, x0 + r]. Khi đó tồn tại 0 > 0, sao cho với bất kì hai dãy (tn, x(tn))n, (un, x(un))n ⊂ S × [x0 − r, x0 + r], ta có |(tn, x(tn))− (un, x(un))| → 0 và |f(tn, x(un))− f(un, x(un))| ≥ 0. Vì (tn, x(tn)) ∈ S × [x0 − r, x0 + r] ⊂ [t0, t0 + a] × [x0 − r, x0 + r] nên (tn, x(tn)) bị chặn trên S × [x0− r, x0 + r]. Do đó theo Định lý Bozano - Weierstrass, tồn tại dãy con (tnk , x(tnk))k ⊂ (tn, x(tn))n sao cho (tnk , x(tnk))→ (t∗, x(t∗)) khi k →∞. Vì (tnk , x(tnk)) ∈ S × [x0 − r, x0 + r] nên (t∗, x(t∗)) ∈ S × [x0 − r, x0 + r]. Suy ra ∀ > 0, ∃N1,∀nk > N1 ⇒ |(tnk , x(tnk))− (t∗, x(t∗))| <  2 . Mặt khác |(tn, x(tn))− (un, x(un))| → 0, khi n→∞ nên ta có |(tnk , x(tnk))− (unk , x(unk))| → 0, khi k →∞. Do đó với  ở trên, tồn tại N2, sao cho với mọi nk > N2 thì |(tnk , x(tnk))− (unk , x(unk))| <  2 . Đặt N = max(N1, N2). Khi đó ∀nk > N ta có |(unk , x(unk))− (t∗, x(t∗))| ≤ |(unk , x(unk))− (tnk , x(tnk))|+ |(tnk , x(tnk))− (t∗, x(t∗))| <  2 +  2 = , tức (unk , x(unk))→ (t∗, x(t∗)), khi k →∞. Do f liên tục trên S × [x0 − r, x0 + r] nên lim k→∞ f(tnk , x(tnk)) = f(t ∗, x(t∗)), lim k→∞ f(unk , x(unk)) = f(t ∗, x(t∗)). 27 Do đó lim k→∞ |f(tnk , x(tnk))− f(unk , x(unk))| = |f(t∗, x(t∗))− f(t∗, x(t∗))| = 0. Điều này trái với giả thiết của ta |f(tnk , x(tnk))− f(unk , x(unk))| ≥ 0. Do đó f liên tục đều trên S × [x0 − r, x0 + r]. Khi đó với bất kì  > 0 cho trước, chọn δ > 0 sao cho với bất kì 2 giá trị u, t thỏa |u− t| < δ ta có |f(u,X(u))− f(t, x)| < , (3.1.10) với mọi x thỏa |X(u)− x| < 3δ. Lấy ξ bất kì trên [t0, t0 + a]. Theo tính liên tục tuyệt đối của tích phân ta chọn η < δ, không phụ thuộc vào  và thỏa .η < δ, đồng thời ξ+η∫ ξ m(τ)dτ < δ. (3.1.11) Áp dụng (3.1.6) với s ∈ [ξ, ξ + η] ta được |X(s)−X(ξ)| < δ. Ta có S ⊂ [t0, t0 + a] nên Bổ đề 3.1.3 và 3.1.4 đúng hầu khắp S và X ′ tồn tại hầu khắp S. Vậy tồn tại tập F ⊂ S để Bổ đề 3.1.3 và 3.1.4 đúng trên F , X ′ tồn tại trên F và µF = µS. Ta sẽ chỉ ra với mỗi điểm ξ ∈ F thì X ′(ξ) = f(ξ,X(ξ)). Xét ξ ∈ F. Ta đặt hàm φ được xác định như sau φ(t) =  X ′(t), nếu t ∈ [t0, ξ] và X ′ tồn tại f(t,X(t))− , nếu t ∈ Fh(ξ) = F ∩ (ξ, ξ + η] −m(t), các trường hợp còn lại. Khi đó φ là hàm khả tích. Với mỗi t ∈ [t0, t0 + a], đặt x(t) = x0 + t∫ t0 φ(s)ds. Do φ(.) khả tích nên hàm x(.) là liên tục tuyệt đối trên [t0, t0 + a] và x(t0) = x0. Bây giờ ta sẽ chứng minh x(.) là hàm dưới. 28 Theo giả thiết |f(t, .)| ≤ m(t) nên f(t, .) ≥ −m(s). Với t ∈ [t0, ξ] ta có x(t) = x0 + t∫ t0 X ′(s)ds = X(t). Do X(.) là hàm dưới nên x(t) = X(t) ≤ f(t,X(t)) = f(t, x(t)) với t ∈ [t0, ξ]. Xét t ∈ {t| φ(t) = −m(t)}. Các điểm cô lập của tập này có độ đo bằng 0 (theo Bổ đề 3.1.1). Nếu t không là điểm cô lập và tồn tại đạo hàm x′(t) thì x′(t) = −m(t) ≤ f(t, x(t)) (do f là hàm Carathéodory). Với t ∈ Fh(ξ), ta có x(ξ) = x0 + ξ∫ t0 φ(s)ds = x0 + ξ∫ t0 X ′(s)ds = x0 +X(ξ)−X(t0) = X(ξ) (do X(t0) = x0). Ta có |X(s)− x(t)| ≤ |X(s)−X(ξ)|+ |X(ξ)− x(t)| ≤ s∫ ξ m(τ)dτ + ∣∣ t∫ ξ φ(τ)dτ ∣∣ (áp dụng (3.1.6) với t2 = s, t1 = ξ và theo định nghĩa hàm x(.)) = s∫ ξ m(τ)dτ + ∣∣ t∫ ξ ( f(τ,X(τ))− )dτ ∣∣ ≤ s∫ ξ m(τ)dτ + t∫ ξ m(τ)dτ + |t− ξ| < δ + δ + η < 3δ (theo (3.1.11) và s, t ∈ Fh(ξ)). Vì s, t ∈ Fh(.) nên s, t ∈ [ξ, ξ + η], do đó |s− t| < η < δ. Theo (3.1.9) ta có |f(s,X(s))− f(t, y(t))| < . (3.1.12) Giả sử t < ξ+η và t ∈ Fh(ξ) mà tại đó x′ tồn tại và chọn h sao cho 0 < h < η+ξ−t. 29 Khi đó ta có x(t+ h)− x(t) h = f(t, x(t)) + 1 h t+h∫ t [φ(s)− f(t, x(t))]ds = f(t, x(t)) + 1 h ∫ Fh∪Eh [φ(s)− f(t, x(t))]ds = f(t, x(t)) + 1 h ∫ Fh [φ(s)− f(t, x(t))]ds+ 1 h ∫ Eh [φ(s)− f(t, x(t))]ds. Mặt khác ta có 1 h ∫ Fh [φ(s)− f(t, x(t))]ds = 1 h ∫ Fh [ ( f(s,X(s))− )− f(t, x(t))]ds = 1 h ∫ Fh [ ( f(s,X(s))− f(t, x(t)))− ]ds = 1 h ∫ Fh ( f(s,X(s))− f(t, x(t)))ds− µFh(t) h < 0, ∀h ∈ (0, + η − t) ( áp dụng (3.1.12) ) . Hơn nữa 1 |h| ∫ Eh |φ(s)− f(t, x(t))|ds ≤ 1|h| ∫ Eh |φ(s)|ds+ 1|h| ∫ Eh |f(t, x(t))|ds = 1 |h| ∫ Eh m(s)ds+ |f(t, x(t))|µEh(t)|h| ds → 0, khi h→ 0 (áp dụng Bổ đề 3.1.3 và 3.1.4). Do đó ta có x′(t) = lim h→0 x(t+ h)− x(t) h ≤ f(t, x(t)), ∀t ∈ Fh(ξ) mà x′(t) tồn tại. Vậy x′(t) ≤ f(t, x(t)) đúng hầu khắp Fh(ξ). Suy ra x(.) là hàm dưới. Bây giờ ta sẽ chứng minh X(.) thỏa mãn phương trình (1) tại điểm ξ. 30 Theo trên x(ξ) = X(ξ), do đó với h > 0 ta có X(ξ + h)−X(ξ) ≥ x(ξ + h)− x(ξ) = ξ+h∫ ξ φ(s)ds (do định nghĩa hàm X(.) và x(.)) = ∫ Fh(ξ)∪Eh(ξ) φ(s)ds = ∫ Fh(ξ) f(s, Y (s))ds− µFh(ξ)− ∫ Eh(ξ) m(s)ds. Chia h > 0 cho cả 2 vế của bất đẳng thức trên, ta có X(ξ + h)−X(ξ) h ≥ 1 h ( ξ+h∫ ξ f(s,X(s))ds− ∫ Eh(ξ) f(s,X(s))ds )− µFh(t) h − 1 h ∫ Eh(ξ) m(s)ds = 1 h ξ+h∫ ξ f(s,X(s))ds− µFh(t) h − 1 h ∫ Eh(ξ) ( m(s)− f(s,X(s)))ds ≥ 1 h ξ+h∫ ξ f(s,X(s))ds− µFh(t) h − 2 h ∫ Eh(ξ) m(s)ds. Suy ra X ′(ξ) = lim h→0 X(ξ + h)−X(ξ) h ≥ f(ξ,X(ξ))− , ∀ > 0( theo Bổ đề 3.1.3 và 3.1.4 ) . Mặt khác theo (3.1.8) ta có X ′(ξ) ≤ f(ξ,X(ξ)). Do đó ta có X ′(ξ) = f(ξ,X(ξ)). Do ξ bất kì trên F và cách lấy S như trên ta có X(.) là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán Cauchy (1)-(2). Nhận xét 3.1.7. i. X(.) là nghiệm lớn nhất. Thật vậy, mỗi nghiệm x(.) hầu khắp nơi của bài toán Cauchy (1) - (2) với f là hàmCarathéodory đều là một hàm dưới theo định nghĩa của G. S. Goodman. Do đó x(.) ≤ X(.). ii. (Định lý so sánh)[11] Giả sử f và g đều là hàm Carathéodory trên đoạn [t0, t0+a] và f(t, x) ≥ g(t, x) 31 hầu khắp t thuộc [t0, t0 + a] và với mọi x. Khi đó với mỗi nghiệm x(.) của x′ = g(t, x) hầu khắp trên [t0, t0 + a] đều tìm được tương ứng nghiệm X(.) của x′ = f(t, x), mà với mỗi giá trị ban đầu bất kỳ X(t0) ≥ x(t0) và X(t) ≥ x(t) trên [t0, t0 + a]. Chứng minh. x(t) là 1 nghiệm của x′ = g(t, x) nên ta có x(t0) = x0. Mặt khác g(t, x) ≤ f(t, x). Do đó x′ ≤ f(t, x), nên x′ là một hàm dưới của f . Vậy y(.) ≤ Y (.). Ví dụ 3.1.8. Xét hàm f(t, x) = 0, t = 1 n , n ∈ N 1, trong những trường hợp còn lại trên B = [0, 1]× [0, 1]. Rõ ràng f(t, x) là hàm Carathéodory. Theo Định lý 3.1.6, tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy. Trong trường hợp này ta dễ thấy x(t) = t là nghiệm lớn nhất. Ví dụ 3.1.9. Cho hàm số f(t, α) =  2α t , 0 ≤ α t ≤ 1, t > 0 2, α > t ≥ 0 0, α ≤ 0 hoặc t < 0. Xét bài toán x′(t) = f(t, x(t)), x0 = x(0) = 0. Dễ thấy f(t, x) là hàm Carathéodory. Do 0 ≤ f(t, α) ≤ 2 với mọi t và α, nên ta thu được nghiệm lớn nhất và nhỏ nhất của bài toán là x(t) = 2t và x(t) = 0. Chọn 0 < ε < 1, và xét hàm xε(t) = ε−1t2 + εt, với 0 ≤ t ≤ ε− ε2(2− ε)t− ε(1− ε)2, với ε− ε2 ≤ t. Xét trường hợp 0 ≤ x(t) ≤ t với t ∈ [0, ε− ε2] ta có f(t, x(t)) = 2x(t) t = 2 t ( ε−1t2 + εt ) = 2 ( ε−1t+ ε ) , x′ε(t) = 2ε −1t+ ε = f(t, xε(t))− ε. Với t ∈ [0, ε−ε2] khi đó trường hợp xε(t) > t không xảy ra. Đồng thời với t ≥ ε−ε2 không thỏa trường hợp x(t) ≤ t, nhưng lại thỏa x(t) ≥ t. Khi đó x′(t) = 2− ε = f(t, x(t))− ε. 32 Vì thế với t ≥ 0 ta có x′(t) < f(t, x(t)). Mặt khác xε(0) = 0. Hơn nữa, với mỗi t > ε > 0, ta có |xε(t)− 2t| = | − εt− ε(1− ε)2| = ε[t+ ((1− ε)2)] < ε(t+ 1). Tóm lại bài toán Cauchy trong ví dụ này có nghiệm lớn nhất được biểu diễn bởi công thức (?). 3.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy dưới điều kiện hàm tựa tăng Như đã biết, hướng khảo sát bài toán Cauchy chủ yếu là tìm cách giảm nhẹ hoặc thay thế các giả thiết về hàm f(t, x). Năm 1964, Z. Wu chứng minh sự tồn tại nghiệm địa phương với giả thiết lim γ↑α f(t, γ) ≤ f(t, α) = lim γ↓α f(t, γ). Mở rộng kết quả trên, năm 1993 Biles giải quyết trong trường hợp lim γ↑α f(t, γ) ≤ f(t, α) = lim γ↓α f(t, γ). Tiếp tục hướng nghiên cứu trên, năm 1996, W. Raymowski và D. Walachowski giảm nhẹ giả thiết về hàm f lim γ↑α f(t, γ) ≤ f(t, α) = lim γ↓α g(t, α). Cuối cùng năm 1997, với điều kiện hàm tựa tăng, D. C. Biles và P. A. Binding đã chứng minh được sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán. Trong phần này chúng tôi trình bày chi tiết kết quả của D. C. Biles và P. A. Binding, đồng thời phân tích một số ví dụ. Định nghĩa 3.2.1. Hàm thực g được định nghĩa trên một khoảng mở (thực) A được gọi là tựa tăng (q ↑) nếu với mỗi α ∈ A, lim γ↑α g(γ) ≤ g(α) ≤ lim γ↓α g(γ). (3.2.1) Nhận xét 3.2.1. Hàm liên tục thì tựa tăng (các dấu bất đẳng thức ở (3.2.1) trở thành bất đẳng thức). Điều ngược lại không đúng. Thật vậy, xét hàm f(t) được xác định như sau f(t) = 0, α ≥ t1, α < t, với α ∈ R cho trước. 33 Với t = α ta có lim γ→t+ f(γ) = 1 6= lim γ→t− f(γ) = 0. Do đó f(t) gián đoạn tại α = t. Nhưng với mọi t ∈ R ta luôn có lim γ↑t f(γ) ≤ f(t) ≤ lim γ↓t f(γ). Do đó f(t) là hàm tựa tăng. Nhận xét 3.2.2. Nếu g(.) là hàm không giảm thì g(.) cũng là hàm tựa tăng. Thật vậy, xét α ∈ I và γ < α ta có g(γ) ≤ g(α)⇒ lim γ↑α g(γ) ≤ g(α). Tương tự trong trường hợp γ > α ta có g(α) ≤ g(γ)⇒ g(α) ≤ lim γ↓α g(γ). Do đó hàm không giảm là hàm tựa tăng. Điều ngược lại chưa hẳn đúng. Chẳng hạn, ta xét hàm f(t) = sin t với t ∈ (0, pi). Dễ thấy f là hàm liên tục nên f là tựa tăng. Nhưng f không là hàm đơn điệu. Ví dụ 3.2.3. Xét hàm số f(t) =  1 t+ 1 , t > 0 0, t = 0 1 t− 1 , t < 0. Ta có lim t→0+ f(t) = 1 6= lim t→0− f(t) = −1, do đó f gián đoạn tại t = 0. Đồng thời f không là hàm đơn điệu trên R. Ta có f đơn điệu giảm trên (−∞, 0), (0,+∞) nên f tựa tăng trên các khoảng đó. Tại điểm 0, ta có lim t↑0 f(t) = −1 < f(0) = 0 < f(t) ≤ lim t↓0 f(t) = 1. Vì thế f là hàm tựa tăng trên R. Xét hàm f(t, x) là hàm Carathéodory, nếu ta thay điều kiện với mỗi t cố định trong (C1) bởi tính hầu khắp t thì định lý Carathéodory vẫn đúng. Khi đó D. C. Biles và P. A. Binding đưa ra 2 điều kiện sau để giảm nhẹ điều kiện hàm Carathéodory của f(t, x): (C1’) Với hầu khắp t, f(t, α) là hàm q ↑ theo α, (C2’) Với mỗi hàm x(t) liên tục tuyệt đối, f(t, x(t)) đo được Lebesgue. Trước khi đi vào định lý ta chứng minh bổ đề sau: 34 Bổ đề 3.2.4. [7] Giả sử f(t, x(t)) thỏa (C1’), (C2’) và (C3). Khi đó tồn tại hàm thực h xác định trên một lân cận của điểm (t0, x0, x0) ∈ R3, thỏa mãn: (i) h(t, α, α) = f(t, α); (ii) với hầu khắp t và với mỗi α, h(t, α, β) không giảm theo β; (iii) với mỗi x ∈ S = {y liên tục tuyệt đối |y(t0) = x0, |y′| ≤ m}, k(t, α) := h(t, α, x(t)) (3.2.2) là hàm Carathéodory. Chứng minh. Xét h(t, α, β) = sup{f(t, δ) | α ≤ δ ≤ β} nếu α ≤ β, = inf{f(t, δ) | β ≤ δ ≤ α} nếu β ≤ α. Ta chứng minh h được xác định ở trên thỏa các điều kiện của bổ đề. (i) Hiển nhiên với cách đặt ở trên thì h(t, α, α) = f(t, α). (ii) ∀t ∈ R, với mỗi α, ∀β1 ≤ β2 ta có các trường hợp sau: Với α ≤ β1 ≤ β2, do [α, β1] ⊂ [α, β2] nên ta có h(t, α, β2) = sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β2} ≥ sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β1} = h(t, α, β1). Với β1 ≤ β2 ≤ α, ta có h(t, α, β1) = inf{f(t, δ)|β1 ≤ δ ≤ α} ≤ inf{f(t, δ)|β2 ≤ δ ≤ α} = h(t, α, β2). Trong trường hợp β1 ≤ α ≤ β2, ta có h(t, α, β1) = inf{f(t, δ)|β1 ≤ δ ≤ α} ≤ f(t, α) ≤ sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β2} = h(t, α, β2). Do vậy h không giảm theo β. 35 (iii) ∀x ∈ S ta có k(t, α) := h(t, α, x(t)). Ta chứng minh hàm k là hàm Carathéodory. Trước hết ta chứng minh k thỏa mãn (C1), tức chứng minh với hầu hết mọi t, k(t, α) liên tục theo α. Để chứng minh điều này ta chứng minh h không tăng theo α và h là q ↑ theo α. Với mọi t, với mỗi β ta xét 3 trường hợp sau. Trường hợp α1 ≤ α2 ≤ β, ta có h(t, α1, β) = sup{f(t, δ)|α1 ≤ δ ≤ β} ≥ sup{f(t, δ)|α2 ≤ δ ≤ β} = h(t, α2, β). Xét α1 ≤ β ≤ α2, khi đó h(t, α1, β) = sup{f(t, δ)|α1 ≤ δ ≤ β} ≥ f(t, β) ≥ inf{f(t, δ)|β ≤ δ ≤ α2} = h(t, α2, β). Với β ≤ α1 ≤ α2, ta có h(t, α1, β) = inf{f(t, δ)|β ≤ δ ≤ α1} ≥ inf{f(t, δ)|β ≤ δ ≤ α2} = h(t, α2, β). Do đó với mọi α1 ≤ α2 thì h(t, α1, β) ≤ h(t, α2, β), tức h không tăng theo α. Mặt khác, giả sử α ≤ β, ta có lim γ↑α h(t, γ, β) = lim γ↑α sup{f(t, δ)|γ ≤ δ ≤ β} = lim γ↑α sup{{f(t, δ)|γ ≤ δ < α} ∪ {f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β}} ≤ lim γ↑α sup{sup{f(t, δ)|γ ≤ δ < α}, sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β}} ≤ sup{f(t, α), sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β}} (vì f thỏa mãn (C1’)) = sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ β} = h(t, α, β). Ngược lại giả sử α > β, ta có lim γ↑α h(t, γ, β) = lim γ↑α inf{f(t, δ)|β ≤ δ ≤ γ} (vì β ≤ γ) ≤ inf{f(t, δ)|β ≤ δ ≤ α} ( vì f thỏa (C1’)) = h(t, α, β). Chứng minh tương tự ta có lim γ↓α h(t, γ, β) ≥ h(t, α, β). 36 Do đó lim γ↑α h(t, γ, β) ≤ h(t, α, β) ≤ lim γ↓α h(t, γ, β), hay h là hàm q ↑ theo α. Theo chứng minh trên, h không tăng theo α nên ta có lim γ↑α h(t, γ, β) ≥ h(t, α, β) ≥ lim γ↓α h(t, γ, β). Do đó lim γ↑α h(t, γ, β) = h(t, α, β) = lim γ↓α h(t, γ, β). Vậy với mỗi x ∈ S, k(t, α) := h(t, α, x(t)) là liên tục theo theo α hầu khắp t. Tiếp theo ta chứng minh k thỏa điều kiện (C2), tức cần chỉ ra với mỗi α, k(t, α) đo được theo t. Với mỗi α, đặt Γ = {t|k(t, α) ≤ γ}, với γ ∈ R. Ta có Γ = {t|h(t, α, x(t)) ≤ γ}, với x ∈ S = (Γ ∩ {t|x(t) ≤ α}) ∪ (Γ ∩ {t|x(t) ≥ t}) = {t|ι(t) ≤ γ} ∪ {t|σ(t) ≤ γ} với ι(t) = inf{f(t, δ)|x(t) ≤ δ ≤ α}, σ(t) = sup{f(t, δ)|α ≤ δ ≤ x(t)}. Ta cần chứng tỏ với mọi γ thì {t|ι(t) ≤ γ} đo được, nghĩa là chứng minh ι(t) = inf{f(t, δ)|x(t) ≤ δ ≤ α} là hàm đo được. Với bất kì ρ ≥ 0, ρ ∈ Q ta đặt r(t) = min{x(t) + ρ, α}. Dễ thấy r(.) là hàm liên tục tuyệt đối. Do vậy theo (C2’) ta có f(t, r(t)) là hàm đo được Lebesgue. Cố định t sao cho (C1’) thỏa mãn và xét  > 0 cho trước. Khi đó tồn tại γ ∈ [x(t), α] sao cho f(t, γ) < ι(t) + . Theo (C1’), tồn tại số hữu tỉ ρ sao cho f(t, r(t)) < f(t, γ) + . Do đó f(t, r(t)) < ι(t) + 2. Vì thế ι(t) = inf{f(t, r(t))| ρ là số hữu tỉ không âm }. Theo trên f(., r(.)) đo được nên ι(.) là hàm đo được Lebesgue. Tương tự ta cũng có σ(.) là hàm đo được Lebesgue. Vậy Γ(.) là hàm đo được Lebesgue. Do f(t, α) thỏa mãn (C3) nên theo cách xác định hàm k ta có k thỏa mãn (C3). Vậy ta có điều phải chứng minh. Định lý 3.2.5. [7] Định lý 3.1.6 vẫn đúng nếu thay (C1), (C2) bởi (C1’) và (C2’). Chứng minh. Đặt Y = {y ∈ S| y′ ≤ f(t, y(t)) hầu khắp t}. 37 Ta có m khả tích Lebesgue nên M(t) = x0 + t∫ t0 m(s)ds là hàm liên tục tuyệt đối và −m là hàm khả tích Lebesgue. Hơn nữa −M(t0) = x0. Theo (C3), với hầu khắp t và mỗi α, ta có |f(t, α)| ≤ m(t) nên −m(t) ≤ f(t, α). Vậy nên −m(t) ≤ f(t,−m(t)). Ngoài ra ta có | −M ′| = | −m| ≤ m. Do đó −M ∈ Y. Vì thế định nghĩa x(t) = sup{y(t)| y ∈ Y } là hoàn toàn hợp lý. Giả sử t 0 cho trước, khi đó tồn tại y ∈ Y thỏa x(τ) ≤ y(τ) + . Ngoài ra, ta có y(t) ≤ x(t) nên −x(t) ≤ −y(t). Vì y ∈ Y nên y ∈ S. Khi đó∫ τ t |y′|ds ≤ ∫ τ t mds ⇒ ∣∣ ∫ τ t y′ds ∣∣ ≤ ∫ τ t mds⇒ ∫ τ t y′ds ≤ ∫ τ t mds. Do vậy x(τ)− x(t) ≤ y(τ) + − y(t) = y(τ)− y(t) +  ≤ ∫ τ t mds+ . Tương tự, tồn tại z ∈ Y thỏa x(t) ≤ z(t) + , ta cũng có x(τ) ≥ z(τ). Vì z ∈ Y nên z ∈ S, ta có∣∣ ∫ τ t z′ds ∣∣ ≤ ∫ τ t |z′|ds ≤ ∫ τ t mds⇒ ∫ τ t z′ds ≥ − ∫ τ t mds. Do đó x(τ)− x(t) ≥ z(τ)− z(t)−  ≥ − ∫ τ t mds− . Suy ra |x(τ)− x(t)| ≤ ∫ τt mds+  = M(τ)−M(t) + . Vì M liên tục tuyệt đối nên x là liên tục tuyệt đối. Đồng thời x(t0) = x0, |x′| ≤ m. Do đó x ∈ S. Áp dụng Bổ đề 3.2.4, ta xây dựng hàm k xác định bởi (3.2.2). Khi đó k là hàm Carathéodory. Đặt Z = {z ∈ S| z′ ≤ k(t, z) hầu khắp}, khi đó z ∈ Z là hàm dưới của k(t, z). Khi đó theo Định lý 3.1.6, tồn tại hàm s xác định bởi s(t) = sup{z(t)|z ∈ Z} thỏa mãn s′ = k(t, s). Ta cần chứng minh x′(.) = f(t, x(.)). Với bất kỳ y ∈ Y ta có y′(t) ≤ f(t, y(t)) = h(t, y(t), y(t)) ≤ k(t, y(t)), với hầu khắp t. Suy ra y ∈ Z. Do đó y(t) ≤ s(t). Vì thế x(t) ≤ s(t) hầu khắp t, nên ta có x ≤ s. Mặt khác, ta có s′(t) = k(t, s(t)) = h(t, s(t), x(t)) (theo định nghĩa của hàm k) ≤ h(t, s(t), s(t)) (vì h(t, α, β) là không giảm theo β và x ≤ s.) = f(t, s(t)). Do vậy s ∈ Y , nên ta có s ≤ x. Tóm lại x = s. Vậy x′(.) = f(t, x(.)). 38 Ví dụ 3.2.6. Xét bài toán x′ = f(t, x)x(0) = 0 trên miền D = {(t, x)| 0 ≤ t ≤ 1,−1 ≤ x ≤ 1}, ở đây f(t, x) được xác định bởi f(t, x) = 1, x ≤ t2, x > t. Dễ thấy f(t, x) không là hàm Carathéodory nhưng thỏa mãn điều kiện tựa tăng. Chính vì vậy bài toán Cauchy có nghiệm địa phương về phía phải của 0. Trong trường hợp này ta thấy x(t) = t và x(t) = 2t là hai nghiệm của bài toán. Ví dụ 3.2.7. Xét bài toán ở Ví dụ 3.2.6 với hàm f được xác định bởi f(t, x) = 0, x = 1 n , n = 1, 2, 3... 1, trong các trường hợp khác. Dễ thấy f không là hàm Carathéodory và không thỏa mãn điều kiện tựa tăng. Tuy nhiên trong trường hợp này, bài toán Cauchy có nghiệm lớn nhất x(t) = t. Ngoài ra một nghiệm khác của bài toán được cho bởi công thức x(t) =  t− 1 n(n+ 1) , 1 n ≤ t ≤ 1 n(n+ 1) + 1 n , n = 2, 3, ... 1 n , 1 n(n+ 1) + 1 n ≤ t ≤ 1 n− 1 0, t = 0. 39 KẾT LUẬN Chúng tôi trình bày luận văn này gồm 3 phần: mở đầu, nội dung và kết luận. Trong đó phần nội dung được chia làm 3 chương, những kết quả chính được nêu trong chương 2 và chương 3. Trong chương 1, chúng tôi nêu ra một số kiến thức cần thiết cho việc tìm hiểu các chương tiếp theo. Trong chương 2, chúng tôi trình bày hai định lý khá quen thuộc và quan trọng trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy là Peano, Carathéodory. Đồng thời chúng tôi cũng trình bày định lý về sự thác triển nghiệm của bài toán Cauchy. Ngoài ra trong chương này, chúng tôi phân tích một số ví dụ minh họa để so sánh các điều kiện của các định lý. Trong chương 3, chúng tôi chứng minh chi tiết kết quả của G. S. Goodman về sự tồn tại nghiệm cực đại của bài toán Cauchy. Phần cuối chương, chúng tôi trình bày kết quả khá mới của D.C Biles và P. A. Binding dựa vào điều kiện tựa tăng để chứng minh tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy. Đồng thời sau mỗi định lý chúng tôi cũng trình bày một số ví dụ để thấy thực sự các điều kiện hàm f đã được làm giảm. Tóm lại, trong khóa luận này, chúng tôi đã tổng quan về vấn đề tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy. Chúng tôi đã cố gắng trình bày chi tiết chứng minh các định lý và phân tích các ví dụ để người đọc nắm được vấn đề. Tuy nhiên do những hạn chế của bản thân và thời gian có hạn nên khóa luận này chắc chắn không tránh khỏi nhiều thiết sót. Chúng tôi mong nhận được những góp ý, nhận xét của quý thầy cô và các bạn để khóa luận này được hoàn thiện hơn. Chúng tôi xin chân thành biết ơn và tiếp thu những nhận xét đó để khóa luận của mình tốt hơn. 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Lương Hà (2002), Giáo trình Cơ sở giải tích hiện đại, NXB Đại học Huế. [2] Lương Hà (1998), Lý thuyết độ đo và tích phân, NXB Giáo dục. [3] Lê Văn Hạp (2009), Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng, NXB Đại học Huế. [4] Nguyễn Hoàng, Nguyễn Định (2007), Hàm số biến số thực, NXB Giáo dục. [5] Nguyễn Duy Tiến (2001), Bài giảng giải tích, tập 1, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [6] Hoàng Tụy (1978), Giải tích hiện đại, tập 1, NXB Giáo dục. Tiếng Anh [7] D. C. Biles, P. A. Binding (1997), On Carathéodory’s conditions for the initial value problem, Volume 125, Number 5, 1371-1376. [8] E. A. Coddington, Norman Levinson (1987), Theory of ordinary differential equations, TATA McGraw-Hill. [9] Hallard T. Croft (1982), Three lattice-point problems of Steinhaus, Quart. J. Math. Oxford. [10] J. M. Franks (2009), A (terse) introduction to Lebesgue integration, American mathematical society. [11] G.S. Goodman (1970), Subfunctions and the initial- value problem for differ- ential equations satisfying Carathéodory’s hypotheseses, Journal of differential equations 7, 232-242. [12] P. Hartman (1964), Ordinary differential equations, J. Wiley, Inc., New York. 41 [13] Klaus Schmitt, Russell C.Thompson (2000), Nonlinear Analysis and differen- tial equations, an introduction. [14] David V. V. Wend (1968), Existence and uniqueness of solution of ordinary differential equations, Proc. Amer. Math. Soc 23, 27-33. 42