Một số tính chất định tính của vài lớp phương trình vi phân giá trị khoảng 100

Kiến thức chuẩn bị

Giải tích khoảng

Khoảng ChoK C ( R ) bao gồm tất cả các khoảng khác rỗng và compắc trong R Với A, B ∈ K C ( R ), trong đó A = [A,A] và B = [B,B], đồng thời A ≤ A và B ≤ B, phép cộng hai khoảng và phép nhân số thực với một khoảng được định nghĩa rõ ràng.

Tính chất 1.1.1 (Markov [40]) Cho A,B,C ∈ K C ( R ) Ta có

(ii) A+0=0+A, 0 ∈ K C ( R ) là phần tử không củaK C ( R ),

(vii) ( λ + à )A = λA+ à A, với mọi λ,à ∈ R , và λà≥0 Định nghĩa 1.1.1 (Markov [40]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Khoảng cách Hausdorff H giữa A và B được định nghĩa như sau:

H[A, 0] = kAk =max{|A|,|A|} và độ rộng của A: w(A) = A−A.

Tính chất 1.1.2 (Markov [40]) Cho A,B,C,D ∈ K C ( R ) vàλ ∈ R Ta có

H[λA,λB] = | λ |H[A,B] Định lý 1.1.3 khẳng định rằng không gian mêtric (K C ( R ), H) là không gian đầy đủ Theo định nghĩa 1.1.2 của Stefanini và Bede, với A,B ∈ K C ( R ), nếu tồn tại một khoảng C ∈ K C ( R ) sao cho A = B+C, thì C được gọi là hiệu Hukuhara của A.

Tính chất 1.1.4 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B,C,D ∈ K C ( R ) Ta có

(ii) nếu A B, C D tồn tại thì H[A B,C D] = H[A+D,B+C];

(iii) nếu A B, A (B+C) tồn tại thì (A B) C tồn tại và (A B) C A (B+C);

(iv) nếu A B, A C,C Btồn tại thì (A B) (A C) tồn tại và (A B) (A C) = C B. Định nghĩa 1.1.3 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Hiệu Hukuhara tổng quát của A và B, kí hiệu A gH B, được định nghĩa như sau:

Tính chất 1.1.5 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B ∈ K C ( R ), trong đó A = [A,A] và B= [B,B] Ta có,

(i ) hiệu Hukuhara tổng quát luôn tồn tại và duy nhất Hơn nữa,

(iii) nếu A gH Btồn tại theo nghĩa (1.2)-(a) thìB gH Atồn tại theo nghĩa (1.2)- (b) và ngược lại;

(vi) A gH B = B gH A = C khi và chỉ khiC =0và A = B.

Tính chất 1.1.6 (Stefanini và Bede [54]) Cho A,B∈ K C ( R ) Ta có,

H[A,B] = H[A gH B, 0]. Định nghĩa 1.1.4 (Markov [40]) Cho ánh xạ

X : [a,b] → K C ( R ) t 7→X(t) = [X(t),X(t)]. Nếu X(t)và X(t) là hai hàm thực xác định trên [a,b] thỏa X(t) ≤ X(t), ∀t ∈ [a,b] thìX(t)được gọi là hàm khoảng.

Nhận xét 1.1.1 (i) Giới hạn và tính liên tục của hàm X : [a,b]→ K C ( R )được hiểu theo mêtric H.

Giới hạn lim t → t 0 X(t) tồn tại khi và chỉ khi cả lim t → t 0 X(t) và lim t → t 0 X(t) đều tồn tại, với mọi t 0 thuộc đoạn [a,b] Đồng thời, lim t → t 0 X(t) được xác định là [lim t → t 0 X(t), lim t → t 0 X(t)], và hàm X(t) sẽ liên tục tại t 0 trong đoạn [a,b] khi và chỉ khi X(t) và X(t) đều liên tục tại t 0 trong đoạn này.

Tính chất 1.1.7 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : [a,b] → K C ( R ) và t 0 ∈ [a,b] Ta có,

Kí hiệuC([a,b],K C ( R ))là không gian các hàm khoảng liên tục từ [a,b]vào K C ( R ). Cho ánh xạ H 0 :C([a,b],K C ( R ))×C([a,b],K C ( R )) → [0,∞) được xác định bởi:

Ta có(C([a,b],K C ( R )),H 0 ) là không gian metric đầy đủ.

Nhận xét 1.1.2 Nếu X : [a,b] → K C ( R ) là một hàm khoảng có độ rộng tăng hoặc giảm thì hàm khoảngY(t) = X(t) gH X(a) luôn có độ rộng tăng trên[a,b].

Choγ ∈ [0, 1) Kí hiệuC γ ([a,b],K C ( R )) là không gian của những hàm X : (a,b] →

K C ( R ) sao cho hàm (ã −a) γ X(ã) ∈ C([a,b],K C ( R )) Ta nhận thấy khụng gian

C γ ([a,b],K C ( R )) đầy đủ với mêtric H C γ (X,Y) = X gH Y

C γ được định nghĩa kXk C γ = sup a ≤ t ≤ b t γ H[X(t),0].

Hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là liên tục tuyệt đối nếu cho bất kỳ ε > 0, tồn tại số thực δ > 0 sao cho với mọi {(s k ,t k );k = 1, 2, ,n} của những khoảng mở rời rạc trong [a,b] với ∑ n k = 1

(t k −s k ) < δ thì giá trị của X(t k ) thoả mãn

H[X(t k ),X(s k )] < ε.Ta kí hiệuAC([a,b],K C ( R ))là không gian của những hàm khoảng liên tục tuyệt đối trên[a,b].

Hệ quả 1.1.1 ([20]) Hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) liên tục tuyệt đối nếu và chỉ nếuX và X liên tục tuyệt đối.

1.1.2 Phép tính đạo hàm, tích phân Định nghĩa 1.1.5 (Lakshmikantham và các đồng tác giả [28], trang 14) Cho

X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b) Ta nói X có đạo hàm Hukuhara tại t, nếu tồn tại D H X(t) ∈ K C ( R ) sao cho với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara

X(t) X(t−h) h = D H X(t). Định nghĩa 1.1.6 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b).

Ta nói rằng X có đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh tại t, nếu tồn tại D g H X(t) ∈

(i) với mọi h > 0đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t+h) X(t),X(t) X(t−h) tồn tại và hlim→ 0 +

(ii) với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t) X(t+h),X(t−h) X(t) tồn tại và hlim→ 0 +

(iii) với mọi h > 0đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t+h) X(t),X(t−h) X(t) tồn tại và hlim→ 0 +

(iv) với mọi h > 0 đủ nhỏ, hiệu Hukuhara X(t) X(t+h),X(t) X(t−h) tồn tại và hlim→ 0 +

X(t) X(t−h) h = D g H X(t). Định nghĩa 1.1.7 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) khả vi tổng quát mạnh tạit ∈ (a,b) Ta nói X khả vi tổng quát mạnh loại (i) tại t ∈ (a,b)nếu

D g H X(t) d dtX(t), d dtX(t) và X khả vi tổng quát mạnh loại (ii) tại t ∈ (a,b)nếu

, trong đó X(t) = [X(t),X(t)] vớit ∈ (a,b). Định nghĩa 1.1.8 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : (a,b) → K C ( R ) và t ∈ (a,b).

Ta nói X có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại t nếu tồn tại D gH X(t) ∈ K C ( R ) sao cho

Tương tự, đạo hàm Hukuhara tổng quát trái tạit là

X(t+h) gH X(t) và đạo hàm Hukuhara tổng quát phải tạit là

Đạo hàm Hukuhara tổng quát của X tại t chỉ tồn tại khi cả đạo hàm Hukuhara tổng quát trái và phải tại t đều tồn tại và có giá trị bằng nhau.

Hàm X có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên khoảng [a,b] nếu X có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại mọi điểm t ∈ (a,b), cùng với đạo hàm Hukuhara tổng quát trái tại b và đạo hàm Hukuhara tổng quát phải tại a Theo Định lý 1.1.8 (Stefanini và Bede [54]), nếu X(t) và X(t) có đạo hàm tại t ∈ [a,b], thì hàm X(t) cũng sẽ có đạo hàm Hukuhara tổng quát tại t trong khoảng này.

Định nghĩa 1.1.9 (Stefanini và Bede [54]) Cho X : [a,b]→ K C ( R ) Ta nói hàm X có đạo hàm loại 1 tại t, nếu

D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) và X có đạo hàm loại 2 tại t, nếu

Để thuận tiện, ta ký hiệu đạo hàm Hukuhara loại 1 là (i)− khả vi, loại 2 là (ii)− khả vi. Định nghĩa 1.1.10 ChoX : [a,b]→ K C ( R ), trong đóX(t) = [X(t),X(t)],t ∈ [a,b].

Ta nói rằng hàm X là w-tăng (hoặc w-giảm) trên [a,b] nếu hàm thực t 7→ w(X(t)) không giảm (hoặc không tăng) trên [a,b], viết ngắn gọn là X w-tăng (hoặc X w- giảm).

Nếu hàm X w-tăng hoặc w-giảm trên [a, b]thì ta nói hàm X w-đơn điệu trên [a, b].

Tính chất 1.1.9 (Stefanini và Bede [54], Lupulescu [33]) Cho X : [a,b] → K C ( R ), trong đó X(t) = [X(t),X(t)] với t ∈ [a,b] Nếu X w-đơn điệu và có đạo hàm

Hukuhara tổng quát trên [a,b] thì d dtX(t) và d dtX(t) tồn tại với mọi t ∈ [a,b] Hơn nữa, ta có:

(i) D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) nếu hàm X w-tăng, (ii) D gH X(t) d dtX(t), d dtX(t) nếu hàm X w-giảm.

Nhận xét 1.1.4 Cho X : [a,b]→ K C ( R )và các đạo hàm một phía d ± dtX( τ ), d ± dtX( τ ) tồn tại hữu hạn vớiτ ∈ (a,b).

Nếu X w-tăng trên [a,τ] vàw-giảm trên[τ,b]thì

Nếu X w-giảm trên [a,τ]vàw-tăng trên[τ,b]thì

+ dt X(τ),d + dt X(τ)i. Đạo hàm Hukuhara tổng quát tại τ tồn tại khi và chỉ khi D − gH X( τ ) = D + gH X( τ ), tức là d − dt X( τ ) = d

Ví dụ 1.1.10 Cho hàm khoảng X : [0, 1] → K C ( R ) được xác định bởi: X(t) [−t 2 −1,t 2 −2t].

Ta có w(X(t)) = 2t 2 −2t+1 Ta thấy X w-giảm trên [0,1

X(t) = −t 2 −1và X(t) = t 2 −2t có đạo hàm trên[0, 1] Theo Định lí 1.1.8 và Nhận xét 1.1.4, ta được

Cho Y : [0, 2] → K C ( R ), Y(t) = [2t−3,|t 2 −1|] Y có tính chất w-giảm trên [0, 1] và w-tăng trên [1, 2] Hàm Y và Y có đạo hàm trên [0, 2]\{1} Tại t=1, ta có d − dtY(1) = −2 và d + dtY(1) = 2, từ đó suy ra D − gH Y(1) = [−2, 2] và D + gH Y(1) = {2} Y cũng có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên khoảng [0, 2]\{1}.

Tính chất 1.1.12 (Stefanini và Bede [54], Lupulescu [33])

ChoX, Y : [a,b] → K C ( R ) w-đơn điệu và có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên[a,b]. Khi đó,

(i) với C ∈ K C ( R ) và λ ∈ R , hàm khoảng X +C, X gH C và λX có đạo hàm Hukuhara tổng quát trên [a,b]và

(ii) nếuX và Ycùng w-tăng hoặc cùngw-giảm thì

D gH (X gH Y) = D gH X gH D gH Y,

(iii) nếu X w-tăng và Y w-giảm hoặc ngược lại thì

Cho X : [a,b] → K C ( R ), trong đó X(t) = [X(t),X(t)] với t ∈ [a,b] Tích phân của hàm khoảng X trên [a,b]được định nghĩa như sau (xem Markov [40]):

Tính chất 1.1.13 (Stefanini và Bede [54]) Cho X ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

X(s)ds có đạo hàm Hukuhara tổng quát và D gH F(t) = X(t), (ii) hàm G(t) Rb t

X(s)ds có đạo hàm Hukuhara tổng quát và D gH G(t) (−1)X(t).

Tính chất 1.1.14 ( Markov [40]) ChoX,Y ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

Tính chất 1.1.15 (Stefanini và Bede [54]) Cho X,Y khả tích trên [a,b] Nếu w(X(t)) ≥ w(Y(t)) (hoặc w(X(t)) ≤ w(Y(t)), với t ∈ [a,b], thì X gH Y khả tích trên[a,b] và

Tính chất 1.1.16 ( Markov [40]) Cho X,Y ∈ C([a,b],K C ( R )) Khi đó,

Tính chất 1.1.17 (Stefanini và Bede [54]) Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )), X w-đơn điệu và đạo hàmD gH X khả tích trên [a,b]thì

Nhận xét 1.1.5 Ta thấy, nếu X w- tăng trên [a,b]thì(1.6) tương đương với

D gH X(s)ds, t ∈ [a,b] và nếu X w-giảm trên [a,b]thì(1.6) tương đương với

Nhận xét 1.1.6 Trong trường hợp hàm X khôngw-đơn điệu trên [a,b]thì Tính chất

1.1.17 không đúng Thật vậy, xét hàm khoảng X như trong Ví dụ 1.1.10.

Do đó, Tính chất 1.1.17 không đúng với mọi t ∈ [0, 1].

1.1.3 Tích trong trên không gian (K C ( R ),H)

Cho A,B ∈ K C ( R ), ta xột ỏnh xạ ξ(ã; A, B) : R + → R được định nghĩa (xem Lupulescu [31]): ξ(h; A, B) = H[A+hB, 0]−H[A, 0] h (1.7)

Bổ đề 1.1.1 (Lupulescu [31]) Cho A,B ∈ K C ( R ), giới hạn

Cho A,B ∈ K C ( R ).Tích trong của A và B trên K C ( R ) được định nghĩa

Hệ quả 1.1.1 (Lupulescu [31]) Với mỗi A,B∈ K C ( R ), ta có

(A,B) + = H[A, 0][A,B] + (1.10) Định lý 1.1.18 (Lupulescu [31]) Cho A,B ∈ K C ( R ) Ta có,

Nhận xét 1.1.7 Từ (1.9), Định lý 1.1.18 và cho A,B ∈ K C ( R ) Ta có

(iv) (A,B+C) + ≤ (A,B) + + (A,C) + Định lý 1.1.19 Nếu X(ã) : [a,b] → K C ( R ) là hàm khả vi liờn tục trờn [a,b] thỡ kX(ã)k = H[X(ã), 0]: [a,b] → R + khả vi liờn tục trờn[a,b]và d + dtkX(t)k = [X(t),D gH X(t)] + , với mọit ∈ [a,b] (1.11)

Hệ quả 1.1.2 Cho X : [a,b] → K C ( R ) Nếu X là hàm khả vi liên tục trên[a,b] thì

1 2 d + dtkX(t)k 2 = (X(t),D gH X(t)) + , với mọit ∈ [a,b] (1.12) Chứng minh Định lý 1.1.19 và Hệ quả 1.1.2 đã được công bố trong [A2].

1.1.4 Thứ tự trong không gian mêtric khoảng

Các khái niệm về thứ tự trong không gian các hàm khoảng và những tính chất liên quan đến không gian thứ tự khoảng được trình bày trong tài liệu [49] Định nghĩa 1.1.11 nêu rõ rằng, với X, Y thuộc K C (R) và X = [X,X], Y = [Y,Y], ta có thể nói X Y hoặc Y X nếu X ≤ Y và X ≤ Y.

Mệnh đề 1.1.1 Cho X,Y,Z,W ∈ K C ( R )và c ∈ R + Khi đó

(i) X =Y khi và chỉ khi X Y và X Y,

(vi) nếu X Y tồn tại thì X Y ⇔ X Y 0,

(viii) nếu hiệu Hukuhara X Z vàY Z tồn tại thì X Y ⇔ X Z Y Z,

(ix) nếu hiệu HukuharaX Y và X Ztồn tại thìY Z ⇔ X Y X Z,

Ta nói{X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không giảm nếu X k X k + 1 với mọi k ∈ N Tương tự, {Y k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng nếuY k + 1 Y k với mọik ∈ N Ta có một số tính chất sau:

(i) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không giảm sao cho X k → X trong K C ( R ) thì

(ii) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng sao cho X k → X trong K C ( R ) thì

(iii) nếu {X k } ⊆ K C ( R ),Y ∈ K C ( R ) sao cho X k Y,∀k ∈ N và X k → X trong

(iv) nếu {X k },{Y k } ⊆ K C ( R ) và X,Y ∈ K C ( R ) sao cho X k Y k ,∀k ∈ N và

(v) nếu {X k } ⊆ K C ( R ) là dãy không tăng (không giảm) sao cho tồn tại dãy con

X k l → X trongK C ( R )thì X k → X. Định nghĩa 1.1.12 Cho X,Y : J = [a,b] → K C ( R ) Khi đó,

X Y (tức là X(t) Y(t), t ∈ J) khi và chỉ khi X(t)≤Y(t) và X(t) ≤Y(t), t ∈ J.

(i) Nếu {X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không giảm sao cho X k → X trong

(ii) Nếu {X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không tăng sao cho X k → X trong

(iii) Cho X k : J → K C ( R ),Y : J → K C ( R ) Nếu X k ≤ Y,∀k ∈ N và X k → X trong

(v) Nếu{X k } ⊆ C(J,K C ( R )) là dãy không giảm (không tăng) sao cho tồn tại dãy con X k l → X trong C(J,K C ( R )) thì X k → X trongC(J,K C ( R )).

Bổ đề 1.1.2 [50] Cho (K C ( R ),) là một không gian được sắp xếp thứ tự Ta có các tính chất sau

(i) (C([a,b],K C ( R )),)cũng là một không gian được sắp xếp thứ tự.

(ii) Nếu (X) n ∈ N ⊂ C([a,b],K C ( R )) là một dãy không giảm sao cho X n → X trong C([a,b],K C ( R )) thì X n X với mọi n∈ N.

(iii) Mỗi cặp phần tử trong C([a,b],K C ( R )) đều có chặn trên và chặn dưới.

Giải tích phân thứ khoảng

Trước khi đi vào các kiến thức cơ bản về giải tích phân thứ khoảng, chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm và kết quả quan trọng liên quan đến đạo hàm phân thứ Riemann–Liouville và Caputo Giả sử x thuộc không gian các hàm thực khả tích Lebesgue và bị chặn trên đoạn [a,b] Tích phân phân thứ Riemann–Liouville với bậc không nguyên α trong khoảng (0, 1) của hàm thực x sẽ được định nghĩa như sau.

(t−s) α − 1 x(s)ds, t ≥a. Đạo hàm phân thứ Riemann–Liouville với bậc α ∈ (0, 1) của hàm thực x ∈ L[a,b] được định nghĩa D α a +x

(t) = dt d I a 1 + − α x(t) (xem Kilbas cùng các cộng sự [25]), tức là

Nếu x ∈ L[a,b] là hàm thực sao cho D α a +x tồn tại trên [a,b] thì đạo hàm phân thứ Caputo C D a α +x với bậc α ∈ (0, 1) được định nghĩa như sau (xem Samko cùng các cộng sự [52]):

( C D α a +x)(t) = (D a α + [x(ã)−x(a)])(t) (1.14) Cho AC[a, b] là không gian các hàm thực liên tục tuyệt đối trên [a, b] Nếu x ∈

1.2.1 Phép tính đạo hàm Riemann–Liouville

Tập hợp các hàm khoảng X : [a,b] → K C ( R ) được ký hiệu là Cho L([a,b],K C ( R )), trong đó hàm thực t 7→ kX(t)k = H[X(t), 0] phải thuộc không gian các hàm khả tích Lebesgue và bị chặn trên đoạn [a,b] Với hàm khoảng X = [X(t),X(t)] ∈ L([a,b],K C ( R )) và α ∈ (0, 1), tích phân phân thứ Riemann–Liouville của hàm X được định nghĩa như sau:

(t−s) α − 1 Γ( α ) X(s)ds, t ∈ [a,b]. Đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville Hukuhara tổng quát được định nghĩa

(t) = D gH (X 1 − α )(t), t ∈ [a,b], trong đó hàm khoảngX 1 − α [a,b] → K C ( R )được định nghĩa

Bổ đề 1.2.1 [20] Cho X ∈ L([a,b],K C ( R )) là một hàm khoảng w−đơn điệu và kí hiệu Y(t) = X(t) gH X(a), t ∈ [a,b] Nếu ( RL D α a + X)(t) tồn tại trên (a,b], thì

Nhận xét 1.2.1 ([33, Định lý 3]) Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) Khi đó, X 1 − α ∈

AC([a,b],K C ( R )) và các tính chất sau thoả mãn

(i) Nếu X w-tăng trên [a,b] hoặc X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-tăng trên [a,b] thì

(ii) Nếu X 1 − α w-giảm trên [a,b]thì

Nhận xét 1.2.2 ([33, Định lý 4]) Giả sử X,Y ∈ AC([a,b],K C ( R )) và w-đơn điệu trên [a,b] Ta có các tính chất sau thoả mãn vớiα ∈ (0, 1):

(i) Nếu X 1 − α và Y 1 − α cùng kiểu w-đơn điệu trên[a,b] thì

(ii) NếuX 1 − α vàY 1 − α khác kiểuw-đơn điệu trên[a,b] thì

Hệ quả 1.2.2 [20] Cho X ∈ L([a,b],K C ( R )) thoả mãn X 1 − α ∈ AC([a,b],K C ( R )).

Nếu d dtw(X 1 − α (t)) ≥0, t ∈ [a,b]hoặc d dtw(X 1 − α (t)) ≤0, t ∈ [a,b] thìX(t) gH (t−a) α − 1 Γ( α ) X 1 − α (a) tồn tại với mọit ∈ [a,b]và = α a + RLD α a +X

Nhận xét 1.2.3 [20] Cho 0 ≤ γ < 1 Nếu X ∈ C γ ([a,b],K C ( R )) thì (1.20) thoả mãn với mọi t ∈ [a,b] Hơn nữa, nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thì (1.20) thoả mãn với mọi t ∈ [a,b].

Nhận xét 1.2.4 Giả sử X,Y ∈ C([a,b],K C ( R )), A ∈ K C ( R ) và X Y.Khi đó, với mọi α ∈ (0, 1)ta có

1.2.2 Phép tính đạo hàm Caputo

Cho X = [X(t),X(t)] ∈ L([a,b],K C ( R )) thỏa mãn điều kiện đạo hàm phân thứ Riemann-Liouville, RL D a α + X, α ∈ (0, 1), tồn tại trên[a,b] Khi đó, đạo hàm phân thứ Caputo của hàm khoảng X vớiα ∈ (0, 1) được định nghĩa

X(ã) gH X(a) (t), t ∈ [a,b]. Định lý 1.2.1 ([20]) Giả sử X : [a,b]→ K C ( R )khả vi phân thứ Riemann-Liouville trên [a,b]vớiα ∈ (0, 1).

(i) Nếu X w-tăng trên [a,b]hoặc w-giảm nhưng X 1 − α w-tăng trên [a,b]thì

(t) (t−a) − α Γ(1− α )X(a), t ∈ [a,b] (1.22) (ii) Nếu X 1 − α w-giảm trên [a,b]thì

(t) + (t−a) − α Γ(1− α )(−X(a)), t ∈ [a,b] (1.23) Định lý 1.2.2 Nếu X ∈ AC([a,b],K C ( R )) w-đơn điệu vàα ∈ (0, 1)thì

Chứng minh rằng vì X thuộc AC([a,b],K C (R)), nên hàm t → I a 1 + − α X(t) và t → I a 1 + − α X(t) là liên tục tuyệt đối trên [a,b] Từ đó suy ra rằng X 1 − α cũng thuộc AC([a,b],K C (R)) và đạo hàm gH (X 1 − α )(t) tồn tại trên [a,b] Điều này cho thấy rằng RL D α a + X tồn tại trên [a,b] Đặt Y(t) = X(a), ta có Y 1 − α (t) = 1 a − + α X(a) (t) = ( Γ t − ( 2 a − ) 1 − α α ) X(a), từ đó suy ra Y 1 − α là hàm w-tăng trên [a,b].

Nếu X w-tăng trên [a,b]hoặc X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-tăng trên [a,b] thì từ Nhận xét 1.2.2 ta suy ra

(t) gH (t−a) − α Γ(1− α )X(a) (1.25) Hơn nữa, từ Nhận xét 1.2.1 ta có

(t) , t ∈ [a,b] (1.26) Mặt khác, từ (1.16) ta được

(t) = (I a 1 + − α d dtX)(t) + (t−a) − α Γ(1− α )X(a), t ∈ [a,b] Khi đó, từ (1.26) ta suy ra

Kế đến, nếu X w-giảm trên [a,b] và X 1 − α w-giảm trên [a,b], thì từ Nhận xét 1.2.2 ta suy ra

(t) + (t−a) − α Γ(1− α )(−X(a)) (1.28) Ngoài ra, từ Nhận xét 1.2.1 ta cũng có

Khi đó, phương trình (1.29) dẫn đến

Từ (1.28) và (1.30) ta thu được (1.24).

Hệ quả 1.2.3 [20] Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) Khi đó, ta có

(t−s) − α max{ d dsX(s), d dsX(s)}ds. nên Γ(1− α ) C D a α +X

Z t a (t−s) − α hmin{ d dsX(s), d dsX(s)}, max{ d dsX(s), d dsX(s)}ids

Do đó, ta suy ra (1.31) thoả mãn.

Ví dụ sau đây chứng tỏ (1.31) đúng.

Ta nhận thấy w D gH X(t) không đổi dấu trên khoảng [0, 1] và [1, 2], nhưng đổi dấu trên khoảng[0, 2] Mặt khác, ta có

, nếut ∈ (1, 2]. Hơn nữa, ta có

√4 π h0,−t 1 2 + 2 3 t 3 2 i nếut ∈ ( 3 2 , 2]. Tiếp theo, ta xét các trường hợp sau:

Vì vậy ta khẳng định (1.31) đúng trên [0, 2].

Nhận xét 1.2.5 Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) và X w-đơn điệu trên [a,b] Khi đó, vớiα ∈ (0, 1)

Hệ quả 1.2.4 ([33] ) Giả sử X ∈ AC([a,b],K C ( R )) thoả mãn w-đơn điệu trên [a,b] Khi đó, với α ∈ (0, 1)

Một vài kết quả quan trọng trong R

Định lý 1.3.1 (Ang [5], trang 27) Cho dãy hàm f n : R → R tăng, khả tích trên R Nếu dãy các tích phân

Z f n (t)dtbị chặn trên, thì có một hàm khả tích f :R → R sao cho f n → f hầu hết t ∈ R (viết gọn h.h) và nlim→ ∞

Z f n (t)dt Z f(t)dt. Định lý 1.3.2 ( Ang [5], trang 31) Cho dãy hàm f n : R → R khả tích trên R sao cho nlim→ ∞ f n (t) = f(t) h.h.

Nếu có một hàm khả tíchg : R→ R + sao cho

|f n (t)| ≤ g(t) h.h. thì f khả tích và nlim→ ∞

Theo Định lý 1.3.3 của Rudin, nếu dãy hàm {f n} ∞ n = 1 thuộc không gian C([a,b],R) là bị chặn và đồng liên tục, thì tồn tại một dãy con hội tụ đều Bên cạnh đó, Định lý 1.3.4 của Lakshmikantham và Leela chỉ ra rằng nếu G là một tập con mở, điều này có thể dẫn đến các kết quả quan trọng trong phân tích hàm.

R 2 , g ∈ C(G,R) với (t 0 ,u 0 ) ∈ G và r(t) là nghiệm lớn nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 trên [t 0 ,t 0 +a).

Cho khoảng thời gian [t₀, t₁] nằm trong [t₀, t₀ + a), tồn tại một số e₀ > 0 sao cho nghiệm lớn nhất r(t, e) của phương trình u₀(t) = g(t, u) + e, với điều kiện u(t₀) = u₀ + e, tồn tại trên [t₀, t₁] cho mọi e thuộc (0, e₀) Hơn nữa, r(t, e) hội tụ đều về r(t) trên [t₀, t₁] khi e tiến tới 0 Định lý 1.3.5 của Lakshmikantham và Leela chỉ ra rằng G là tập con mở trong không gian này.

R 2 và g∈ C(G,R) với(t 0 ,u 0 ) ∈ G Giả sửr(t)là nghiệm lớn nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 trên [t 0 ,t 0 +a).

Nếum(t)∈ C([t 0 ,t 0 +a),R)thỏa mãn(t,m(t)) ∈ Gvới mọit ∈ [t 0 ,t 0 +a),m(t 0 ) ≤ u 0 và

D + m(t) ≤ g(t,m(t)) với mọi t ∈ [t 0 ,t 0 +a) thìm(t) ≤r(t)với mọi t ∈ [t 0 ,t 0 +a). Định lý 1.3.6 (Lakshmikantham và Leela [29], trang 14) Cho hàm g: [t 0 ,t 0 +a]×

R → R liên tục và không giảm theo u với mỗi t ∈ [t 0 ,t 0 +a] Giả sử g(t, 0) = 0,

|g(t,u)| ≤ M trên [t 0 ,t 0 +a]× R , với M > 0 và u(t) ≡ 0 là nghiệm duy nhất của bài toán điều kiện ban đầu u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,t 0 +a].

Khi đó, dãy xấp xỉ được định nghĩa: u 0 (t) = M(t−t 0 ), u n + 1 (t) Z t t 0 g(s,u n (s))ds sẽ thỏa mãn

0 ≤u n + 1 (t) ≤u n (t) trên [t 0 ,t 0 +a] và hội tụ đều về 0 trên[t 0 ,t 0 +a].

Bổ đề 1.3.1 (Bất đẳng thức Gronwall [14] ) Cho u(t), f(t) là các hàm không âm, liên tục trên[0,∞) Nếu bất đẳng thức u(t) ≤ u 0 +

0 f(s)u(s)ds và thỏa mãn với mọi t ∈ [0,∞) thì ta có u(t) ≤ u 0 exp

, ∀t ∈ [0,∞), trong đó u 0 là một hằng số không âm.

Bổ đề 1.3.2 (Bất đẳng thức Gronwall mở rộng) Cho a(t),b(t) và c(t) là các hàm thực liên tục và không âm trên R + , d là hằng số dương Nếu a(t)≤ d+

0 c(r)a(r)dr ds với mọit ∈ R + thì a(t) ≤d

, với mọit ∈ R + Định lý 1.3.7 (Lakshmikantham [27]) Cho hàm m ∈ C([t 0 − σ, ∞), R ) thỏa mãn bất đẳng thức

− σ 6 s 6 0|m(t+s)|, g ∈ C([t 0 ,∞)× R + ,R + ) Giả sử r(t) r(t,t 0 ,u 0 )là nghiệm lớn nhất của bài toán u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = u 0 ≥ 0,trên [t 0 ,∞) Khi đó, nếu |m t 0 | σ ≤ u 0 thìm(t) ≤r(t), t ∈ [t 0 ,∞).

Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày một số kết quả liên quan đến lý thuyết điểm bất động trong không gian thứ tự, theo tài liệu [18] Cụ thể, định nghĩa 1.3.1 trong [18] cho biết rằng hàm ψ thuộc C(R +, R +) được gọi là hàm biến đổi khoảng cách trên [0,∞) nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định.

(ii) ψ(t) = 0nếu và chỉ nếu t = 0.

Trong bài viết này, chúng ta xem xét các hàm biến đổi khoảng cách như t², ln(1+t) và t² - ln(1+t²) trên khoảng [0,∞) Gọi X là không gian thứ tự của các hàm thực và hàm f: X → X được định nghĩa là đơn điệu không tăng (hoặc không giảm) nếu với mọi u, v ∈ X, u ≤ v thì f(v) ≤ f(u) (hoặc f(u) ≤ f(v)) Theo Định lý 1.3.8, nếu (X, ≤) là không gian thứ tự với mọi cặp phần tử đều có biên dưới hoặc biên trên và tồn tại một metric d trong X sao cho (X, ≤) là không gian metric đầy đủ, thì cho hàm f: X → X là liên tục và đơn điệu không giảm, cần thỏa mãn điều kiện co yếu ψ(d(f(u), f(v))) ≤ ψ(d(u,v)) - ξ(d(u,v)) với mọi u ≥ v, trong đó ψ và ξ là các hàm biến đổi khoảng cách.

Khi đó, nếu tồn tại u 0 ∈ X sao cho u 0 ≤ f(u 0 ) thì f có duy nhất điểm bất động. Hơn nữa, nếu u ∗ là điểm bất động của f, thìlim n → ∞ f n (u) = u ∗ thoả mãn với mọi u ∈ X

Phương trình tích phân và vi phân khoảng

Phương trình tích phân khoảng Volterra

2.1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Xét phương trình tích phân khoảng Volterra có dạng:

K(t,s,X(s))ds, (2.2) với mọi t ∈ [t 0 ,T], trong đó F : [t 0 ,T] → K C ( R ) và K : D ×K C ( R ) → K C ( R ), với

D = {(t,s) ∈ [t 0 ,T]×[t 0 ,T] : t 0 ≤ s ≤ t < T} Cho N > 0 và xét B(N,X 0 ) : {Z ∈ K C ( R )|H[Z,X 0 ] ≤ N}. Định lý 2.1.1 Cho Llà hằng số dương Giả sử F,K thỏa các giả thiết sau:

(ii) K : D ×K C ( R ) → K C ( R ) liên tục trên D và thỏa điều kiện Lipschitz theo X, tức là

Khi đó, phương trình (2.2) có duy nhất nghiệm trên[t 0 ,T].

Chứng minh Để chứng minh định lý này, ta sử dụng phương pháp xấp xỉ nghiệm.

Xét một dãy các hàm liên tục {X n } ∞ n = 0 , X n : [t 0 ,T] → K C ( R ), được định nghĩa như sau:

Trong miền compact D, nếu H[K(t,s,X), 0] ≤ M với M > 0, ta có thể chọn T₀ = min{T - t₀, N/M} Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh rằng {Xₙ} (n ≥ 0) là các ánh xạ liên tục trên khoảng [t₀, T₀] và Xₙ(t) thuộc B(N, X₀) Cụ thể, với n ≥ 1 và t thuộc [t₀, T₀], điều này được xác nhận.

≤ M(t−t 0 ) ≤ N. trong đó H[K(t,s,X), 0]≤ M (vìK liên tục trên D).

Từ giả thiết (ii) và (2.3), ta được

2! , t ∈ [t 0 ,T 0 ]. Hơn nữa, nếu ta giả sử

Ta thấy (2.5) thỏa mãn với mọi n ≥ 1 Do đó, ∑ ∞ n = 1

H[X n (t),X n − 1 (t)] hội tụ đều trên [t 0 ,T 0 ] và vì vậy dãy {X n } n ≥ 0 hội tụ đều Suy ra, tồn tại một hàm liên tục

X : [t 0 ,T 0 ] → K C ( R ) sao cho H[X n (t),X(t)] → 0 khi n → ∞ Từ đây, kết hợp với giả thiết (ii), ta có

K(t,s,X(s))ds và vì vậy X là nghiệm của phương trình (2.2).

Cuối cùng, ta chứng minh phương trình (2.2) có duy nhất nghiệm Giả sử Y : [t 0 ,T 0 ]→ K C ( R )là một nghiệm bất kỳ của phương trình (2.2) và

Khi đó, với mọit ∈ [t 0 ,T 0 ]và sử dụng giả thiết (ii), ta có

Áp dụng Bổ đề 1.3.1, chúng ta có H[X(t),Y(t)] ≤ 0, từ đó suy ra phương trình (2.2) có nghiệm duy nhất trên khoảng [t₀,T₀] Hơn nữa, nhờ vào tính liên tục của hàm F trên [t₀,T] và K trên miền D, nghiệm của phương trình (2.2) có thể được mở rộng ra toàn bộ miền [t₀,T].

Ta ký hiệuS= Z|Z :[t 0 ,T 0 ] → K C ( R ) liên tục và H 0 [Z,F] ≤ N , trong đó

H[Z(t),F(t)]. Toán tửA : S→ S được định nghĩa như sau:

Chứng minh Chứng minh định lý trên được chia làm ba bước.

Bước 1: Ta chứng minh A : S → S được định nghĩa tốt, điều này có nghĩa là AZ liên tục vàAZ ⊂ S Vớit ∈ [t 0 ,T 0 ], ta có

Ta thấy vế phải của bất đẳng thức (2.6) tiến về0khi h→ 0 Do đó,AZ liên tục. Với Z ∈ S và t ∈ [t 0 ,T 0 ], ta được

Bước 2: Ta chứng minh S là một không gian mêtric đầy đủ Thật vậy, cho {Z n } là một dãy trongS, hội tụ đếnZ ∈ C([t 0 ,T 0 ],K C ( R )) Ta có,

H 0 [Z,F] ≤ H 0 [Z n ,Z] +H 0 [Z n ,F]≤ ε +N. vớinđủ lớn và với mọi ε >0, suy ra Z ∈ S Do đó, Slà một không gian mêtric đầy đủ.

Bước 3: Ta chứng minh Alà một ánh xạ co Với Z,W ∈ S , ta được

Ánh xạ A: S→ S được coi là một ánh xạ co nếu điều kiện LT 0 < 1 được thỏa mãn Trong không gian mêtric đầy đủ S, sự tồn tại duy nhất của một điểm bất động Z ∈ S được đảm bảo khi A là ánh xạ co Điều này dẫn đến việc bài toán (2.2) có nghiệm duy nhất Định lý 2.1.2 khẳng định rằng nếu F và K thỏa mãn các giả thiết, trong đó F: [t 0, T] → K C (R) là liên tục, thì nghiệm tồn tại và là duy nhất.

(ii) K : D ×K C ( R ) → K C ( R ) liên tục trên D và thỏa điều kiện Lipschitz theo X, tức là,

Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày phương pháp giải nghiệm cho lớp phương trình tích phân khoảng Volterra Xét phương trình tích phân khoảng Volterra như sau:

Hệ quả 2.1.1 Giả sử k : [0,T]×[0,T] → R và F : [0,T] → K C ( R ) là những hàm liên tục và λ là một tham số bất kỳ Nếu |k(t,s)| ≤ M với mọi 0 ≤ t,s ≤ T thì phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất trên [0,T].

Chứng minh Ta kiểm tra được các giả thiết của Định lý 2.1.1 đều thỏa mãn Điều này có nghĩa là phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất trên[0,T].

Tiếp theo, ta giải nghiệm của phương trình (2.7) trong hai trường hợp:λk(t,s) >0 và λk(t,s)< 0.

Trường hợp 1: Nếu λk(t,s) > 0 và F(t) = [F(t),F(t)],X(t) = [X(t),X(t)] thì phương trình (2.7) được viết dưới dạng sau:

Giải hệ phương trình tích phân (2.8), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤

X(t) với mọi t ∈ [0,T] thìX(t)là nghiệm của (2.7).

Trường hợp 2: Nếu λk(t,s) < 0 và F(t) = [F(t),F(t)],X(t) = [X(t),X(t)] thì phương trình (2.7) được viết dưới dạng sau:

Giải hệ phương trình vi tích phân (2.9), ta xác định đượcX(t)và X(t) Nếu X(t) ≤

X(t) với mọi t ∈ [0,T] thìX(t)là nghiệm của (2.7).

Tiếp theo, chúng tôi sẽ trình bày 2 ví dụ để minh họa cho phương pháp giải nghiệm phương trình (2.7).

Ví dụ 2.1.3 Xét phương trình tích phân khoảng Volterra sau:

X(s)ds, ∀t ∈ [0,π/2] (2.10) Áp dụng phương pháp giải nghiệm trên, ta viết phương trình (2.10) thành hệ phương trình tích phân sau:

−(sin(t) +cos(t)) +3e t và X(t) = −(sin(t) + cos(t)) +3e t Ta kiểm tra được X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [0,π/2] Do đó, nghiệm của (2.10) trên[0, π/2]có dạng:

Nghiệm này được minh họa như trong Hình 2.1.

Ví dụ 2.1.4 Ta xét phương trình tích phân khoảng Volterra sau:

X(s)ds (2.12) Áp dụng phương pháp giải nghiệm trên, ta viết phương trình (2.12) thành hệ phương trình tích phân sau:

Giải hệ (2.13), ta được X(t) = −e t +2e − t +2t−1 và X(t) = e t +2e − t +t−2.

Ta kiểm tra được X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [0, 2] Do đó, nghiệm của phương trình (2.12) trên[0, 2]có dạng:

. Nghiệm này được minh họa trong Hình 2.2.

Hình 2.1: Nghiệm của Ví dụ 2.1.3 Hình 2.2: Nghiệm của Ví dụ 2.1.4.

Phương trình vi phân khoảng có trễ

Cho σ > 0, ta ký hiệu C σ = C([−σ, 0],K C ( R )) là không gian các hàm liên tục từ [− σ, 0] vàoK C ( R ) Khoảng cách H σ trên C σ được định nghĩa như sau:

Chop > 0, ký hiệu I = [t0, t0 + p], J = [t0 - σ, t0] ∪ I = [t0 - σ, t0 + p] Đối với mỗi t ∈ I, ta định nghĩa phần tử Xt của Cσ như sau: Xt(s) = X(t + s) với s ∈ [−σ, 0] Trước tiên, ta sẽ nhắc lại một số định nghĩa cơ bản về điều kiện tiêu biến được sử dụng trong các chứng minh ở các mục bên dưới Định nghĩa 2.2.1 (Song và các đồng tác giả [53]) Giả sử hàm V : [t0, t0 + p] ×.

B(X 0 ,q)×B(X 0 ,q) → R + , trong đó B(X 0 ,q) = {X ∈ K C (R) | H[X,X 0 ] ≤ q} với q >0, thỏa mãn các giả thiết sau:

B(X 0 ,q) và nlim→ ∞ V(t,X n ,Y n ) = 0 =⇒ lim n → ∞ H[X n ,Y n ] = 0, trong đó {X n },{Y n } ⊂ B(X 0 ,q)

V(t,X,Y)−V(t,X 1 ,Y 1 ) ≤ LH[X,X 1 ] +LH[Y,Y 1 ],trong đó Llà một hằng số không âm.

Khi đó,V được gọi là hàm loại L−H. Định nghĩa 2.2.2 (Song và các đồng tác giả [53]) Cho F ∈ C([t 0 ,t 0 + p] ×

B(X 0 ,q),K C ( R )) Giả sử tồn tại một hàmV loại L−H sao cho

V(t+h, X+hF(t, X), Y+hF(t, Y))−V(t, X, Y) , g ∈ C([t 0 ,t 0 +p]× R + ,R), g(t, 0) ≡0và u ≡0là nghiệm lớn nhất của bài toán u 0 (t) = g(t,u), u(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,t 0 +p] Khi đó, F được gọi là thỏa mãn điều kiện tiêu biến Lyapunov.

2.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Xét phương trình vi phân khoảng có trễ dưới đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh có dạng:

Trong bài viết này, chúng ta xem xét phương trình X(t) = ϕ(t−t0) ∈ Cσ, với t ∈ [t0−σ, t0], trong đó DHg biểu thị đạo hàm Hukuhara tổng quát mạnh Định nghĩa 2.2.3 nêu rõ rằng hàm khoảng X: J → KC(R) được coi là nghiệm địa phương của phương trình (2.14) trên J nếu X là một hàm liên tục và thỏa mãn một trong các phương trình tích phân khoảng.

Định nghĩa 2.2.4 nêu rõ rằng hàm X: J → K C(R) được coi là w−tăng hoặc w−giảm nếu nó và đạo hàm của nó thỏa mãn bài toán (2.14) Khi đó, X được phân loại là (S1)-nghiệm hoặc (S2)-nghiệm của bài toán này Định nghĩa 2.2.5 tiếp tục chỉ ra rằng nếu X là (S1)-nghiệm hoặc (S2)-nghiệm của bài toán (2.14), thì X được gọi là nghiệm duy nhất của bài toán đó.

H[X(t),Y(t)] = 0, trong đó Y : J → K C (R) là nghiệm (S1) hoặc (S2) của bài toán (2.14) Định lý 2.2.1 chỉ ra rằng nếu F ∈ C(R + × C σ ,K C (R)) và H[F(t,X),F(t,Y)] ≤ g(t,H σ [X,Y]) cho mọi X,Y ∈ C σ và t ∈ R +, với g ∈ C(R + × R + , R +), thì r(t,t 0 ,x 0) là nghiệm lớn nhất của bài toán dx/dt = g(t,x), x(t 0 ) = x 0 ≥ 0, ∀t ≥ t 0.

Nếu X(t),Y(t) là các (S2)-nghiệm (hoặc (S1)-nghiệm) của bài toán (2.14) thì

H[X(t),Y(t)]≤ r(t,t 0 ,x 0 ) với điều kiện H σ [ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤ x 0 , trong đó ϕ 0 ,ψ 0 ∈ C σ là các giá trị đầu của bài toán

Chứng minh VìX,Y là các (S2)-nghiệm của bài toán (2.14) nên các hiệu Hukuhara

X(t−h) X(t),Y(t−h) Y(t)tồn tại, vớih >0đủ nhỏ Đặtm(t) = H[X(t),Y(t)] vớit ∈ R + , ta có m(t−h)−m(t) = H[X(t−h),Y(t−h)]−H[X(t),Y(t)]

Nhân hai vế với 1 h, ta được m(t−h)−m(t) h ≤ H

+H[F(t,X t ),F(t,Y t )] (2.18) Lấylim infhai vế của bất đẳng thức (2.18) khih → 0 + , ta được

Từ giả thiết H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ]≤ x 0 và áp dụng Định lý 1.3.7, ta có

Nhận xét 2.2.1 Trong Định lý 2.2.1, nếu g(t,x) = Lx, trong đó L> 0, thì ta có

H[X(t), Y(t)] ≤ H σ [ϕ 0, ψ 0]e Lt Định lý 2.2.2 nêu rằng nếu F ∈ C(R + × C σ, K C(R)), thì F là ánh xạ từ tập bị chặn vào tập bị chặn và thỏa mãn điều kiện tiểu biến Cụ thể, tồn tại ánh xạ a(ã) : R + → R + liên tục và r ≥ 0 sao cho với mỗi t ≥ 0, điều kiện này được đảm bảo.

(X(t),F(t,X t )) + ≤ a(t)H 2 [X, 0], (2.19) trong đó,X(t)∈ K C ( R ) và H[X, 0] ≥r Khi đó,

(i) Bài toán (2.14) có một (S1)-nghiệm trên [t 0 ,∞),

(ii) Bài toán (2.14) có một (S2)-nghiệm trên [t 0 ,∞) nếu thỏa mãn điều kiện sau đây:

Chứng minh Ta chỉ chứng minh trong trường hợp X w-tăng, trường hợp w- giảm được chứng minh tương tự Cho (t 0 ,ϕ 0 ) ∈ R + × C σ cố định Ta xét

Xét khoảng thời gian I = [t0, t0 + p) với p > 0 và tập Bρ = {X ∈ Cσ : Hσ[X, 0] ≤ ρ} với ρ > 0 Theo giả thiết, F là ánh xạ từ các tập bị chặn vào các tập bị chặn, do đó tồn tại M > 0 sao cho H[F(t, Xt), 0] ≤ M với mọi (t, X) ∈ I × Bρ Điều này dẫn đến việc tồn tại ∞ > η > t0 sao cho bài toán (2.14) có ít nhất một nghiệm địa phương (S1) X(t) trên khoảng [t0 - σ, t0 + η].

S = nX(t)|X(t) được định nghĩa trênJ X = [t 0 −σ,t 0 + η X ) và là (S1)-nghiệm của bài toán (2.14)o

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ định nghĩa một quan hệ thứ tự trên tập hợp S, ký hiệu là X Y, nếu và chỉ nếu J X ⊆ J Y và X(t) = Y(t) trên J X Theo bổ đề Zorn, tồn tại phần tử tối đại Z trong (S, ).

Chúng ta chứng minhη Z = ∞ Thật vậy, giả sử điều này không đúng, tức làη Z 0 sao cho

H[F(t,Z t ,), 0] ≤ M 1 , trên J Z ×B ρ , và theo Nhận xét 1.1.7, ta có:

Từ bất đẳng thức (2.21) và (2.22), ta suy ra

Z(t),F(t,Z t ) + ≤rM 1 +a(t)H 2 [Z, 0], t ∈ J z , và bất đẳng thức (2.20) trở thành

Nếu ta đặtξ(s) = H 2 [Z(s), 0]thì (2.23) sẽ là

Z t t 0 a(s) ξ (s)ds. Áp dụng Hệ quả 1.3.1, ta được kZ(t)k 2 ≤ γ 2 = e(t) +

2kZ(t 0 )k 2 +rM 1 (η Z −t 0 ) Điều này có nghĩa là: tồn tạiγ >0 sao cho H[Z(t), 0]≤ γtrên J Z Do đó,

Bước 2: Ta chứng minh Z(ã) thỏa điều kiện Lipschitz trờn I Z Thật vậy, với mọi t 1 ,t 2 ∈ I Z mà t 1 ≤ t 2 , ta có

Do đú, Z(ã)cú một mở rộng liờn tục Z ∗ (ã) trờn [t 0 ,η Z ] VỡZ ∗ (ã) liờn tục, ta cú

Suy ra Z ∗ (ã) là một (S1)-nghiệm của bài toỏn (2.14) trờn [t 0 −σ,η Z ] Ta xột bài toán điều kiện đầu của phương trình vi phân khoảng như sau:

Bài toỏn (2.24) cú một (S1)-nghiệmX ∗ (ã) trờn [ η Z −σ,η Z +q),q >0 Nếu ta định nghĩa

Z ∗ (t) với η Z −σ6 t 6 η Z+q thì Z 1 (t) là một (S1)-nghiệm của bài toán (2.14) trên [η Z −σ, η Z +q) Điều này mâu thuẫn với tính tối đại của Z(t) và dẫn đến kết luận rằng η Z = ∞ Định lý 2.2.3 khẳng định rằng nếu các giả thiết của Định lý 2.2.2 được thỏa mãn, thì những điều kiện này sẽ tiếp tục giữ vững.

(ii) g ∈ C( R + × R + ,R + ), g(t, 0) = 0và x(t) = 0là nghiệm duy nhất của phương trình dx dt = g(t,x), x(t 0 ) = 0, ∀t ≥ t 0 (2.25)

Khi đó, với mỗi ϕ 0 ∈ C σ , bài toán (2.14) có nghiệm duy nhất trên [t 0 ,∞) cho mỗi trường hợp khả vi.

Chứng minh Ta chỉ chứng minh trường hợp X w-giảm, trường hợp w-tăng được chứng minh tương tự ChoXvàYlà các (S2)-nghiệm của bài toán (2.14) vàw-giảm.

Vì X,Y w-giảm, nên ta suy ra các hiệu Hukuhara X(t−h) X(t), Y(t−h) Y(t) tồn tại với h > 0 đủ nhỏ Đặt m(t) = H[X(t),Y(t)] với t ∈ R + và ta thấy rằng m(t 0 ) = 0, ta có

D − m(t) = lim h → 0 + inf 1 h[m(t−h)−m(t)] ≤ g(t,H σ [X t ,Y t ]) và theo Định lý 1.3.7, ta được đánh giá sau:

H[X(t),Y(t)] ≤ r(t,t 0 , 0), t ≥ t 0 , trong đó, r(t,t 0 , 0) là nghiệm của bài toán (2.25) trên [t 0 ,∞) Từ giả thiết r(t,t 0 , 0) = 0, ta suy ra X(t) = Y(t)trên [t 0 ,∞).

Hệ quả 2.2.1 Nếu các giả thiết của Định lý 2.2.2 được thỏa mãn và tồn tại L > 0 sao cho

H[F(t,X t ),F(t,Y t )] ≤ LH σ [X,Y] trên R + ×C σ thì bài toán (2.14) có một nghiệm toàn cục duy nhất cho mỗi trường hợp khả vi.

Xét phương trình vi phân khoảng với điều kiện đầu như sau:

X(t) = ϕ (t−t 0 ), t ∈ [t 0 − σ, t 0 ], (2.26) trong đó, F: I ×C σ → K C ( R ) liên tục và ϕ ∈ C σ Ta chú ý

Theo Định nghĩa 1.1.6, ta chia bài toán (2.26) thành hai trường hợp như sau:

Trường hợp 1 Nếu X w-tăng thì theo Định nghĩa 1.1.7, ta có D gH X(t) [X 0 (t),X 0 (t)] với t ≥ t 0 Khi đó, (2.26) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Giải hệ phương trình (2.27), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ I thì X(t) là nghiệm của (2.26).

Trường hợp 2 Nếu X w-giảm thì theo Định nghĩa 1.1.7, ta có D gH X(t) [X 0 (t),X 0 (t)] với t ≥ t 0 Khi đó, (2.26) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Giải hệ phương trình (2.28), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ I thì X(t) là nghiệm của (2.26).

Ví dụ 2.2.4 Cho phương trình vi phân khoảng với điều kiện đầu

Ta thấyF(t,X t ) thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lý 2.2.2 nên bài toán (2.29) có duy nhất nghiệm trên[−1/2,∞).

Trường hợp 1 Nếu X w-tăng thì bài toán (2.29) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Hình 2.3: ( S 1 ) -nghiệm của phương trình (2.29) (λ =

Áp dụng phương pháp giải từng bước để giải hệ phương trình (2.30) trên khoảng [0, 1], chúng ta tìm được X(t) và X(t) Kết quả cho thấy X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [−1/2, 1] Do đó, X(t) là nghiệm (S1) của phương trình (2.29) trên khoảng [−1/2, 1].

Vế phải của (2.29) thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 2.2.2, đảm bảo tính tồn tại và duy nhất của (S1)-nghiệm Do đó, chúng ta có thể tìm (S1)-nghiệm của (2.29) trong khoảng [m/2,(m+1)/2] với m ∈ N và m ≥ 2 Trường hợp (S1)-nghiệm trên khoảng [−1/2, 1] được minh họa trong Hình 2.3.

Trường hợp 2 Nếu X w-giảm thì (2.29) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

(2.31) Áp dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]) để giải hệ phương trình (2.31) trên[0, 1], ta tìm đượcX(t)và X(t) Ta đượcX(t)≤ X(t) với mọit ∈ [−1/2, 1] Do đó,X(t)là (S2)-nghiệm của (2.29) trên [−1/2, 1]và

Vế phải của phương trình (2.29) đáp ứng tất cả các điều kiện của Định lý 2.2.2, do đó, tính tồn tại và duy nhất của nghiệm (S2) cho phương trình này luôn được đảm bảo Do vậy, chúng ta có thể tiếp tục tìm nghiệm (S2) của (2.29) trong khoảng [m/2, (m+1)/2] với m ∈ N và m ≥ 2 Trường hợp nghiệm (S2) trên khoảng [0, 1/2] được minh họa trong Hình 2.4.

Ví dụ 2.2.5 Xét phương trình vi phân khoảng như sau:

(2.32) trong đó, F : [0,∞)×C σ → K C ( R ) được cho bởi F(t,X t ) = 1

Trường hợp 1 Choλ ∈ (0, 1] Ta xét (2.32) với hai trường hợp như sau:

Trường hợp 1.1 Nếu X(t)w-tăng thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S1)-nghiệm của (2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S1)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.5.

Trường hợp 1.2 NếuX(t) w-giảm thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S2)-nghiệm của(2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S2)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.6.

Hình 2.5: ( S 1 ) -nghiệm của phương trình (2.32) (λ = 1) Hình 2.6: ( S 2 ) -nghiệm của phương trình (2.32) (λ = 1)

Hình 2.7: ( S 1 ) -nghiệm của (2.32) (λ = − 1) Hình 2.8: ( S 2 ) -nghiệm của (2.32) (λ = − 1)

Trường hợp 2 Choλ ∈ [−1, 0) Ta xét (2.32) với hai trường hợp như sau:

Trường hợp 2.1 Nếu X(t)w-tăng thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S1)-nghiệm của(2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S1)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.7.

Trường hợp 2.2 NếuX(t) w-giảm thì (2.32) được viết thành hệ phương trình có trễ như sau:

Sử dụng phương pháp giải từng bước (xem [17]), ta tìm được (S2)-nghiệm của(2.32) trên[m/2,(m+1)/2]vớim ∈ N , m ≥0 (S2)-nghiệm của (2.32) trên[0, 1] được minh họa như trong Hình 2.8.

Kết luận chương 2

Trong chương này, chúng tôi trình bày kết quả về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, cũng như phương pháp giải cho hai loại bài toán: phương trình tích phân khoảng Volterra và phương trình vi phân khoảng có trễ.

Chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình tích phân Volterra bằng cách áp dụng công cụ xấp xỉ dãy và định lý điểm bất động Banach Phương pháp giải cho loại bài toán này cũng được đề xuất trong nghiên cứu của chúng tôi.

Chúng tôi sử dụng công cụ tích trong không gian các hàm khoảng để chứng minh sự tồn tại và duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân khoảng với trễ Phương pháp giải cho bài toán này cũng được trình bày chi tiết trong tài liệu.

Phương trình vi-tích phân khoảng

Phương trình vi-tích phân khoảng

3.1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Ta xét phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu dưới dạng

Trong bài toán (3.1), F và K là các hàm liên tục trên các miền tương ứng, với D được định nghĩa là tập hợp các cặp (t,s) thuộc J × J thỏa mãn điều kiện t 0 ≤ s ≤ t < ∞ Định nghĩa 3.1.1 nêu rõ rằng nếu F và K là các hàm khoảng liên tục, thì ánh xạ X : J → K C ( R ) được xem là nghiệm của bài toán (3.1) trên J khi và chỉ khi X thỏa mãn một trong hai phương trình tích phân khoảng đã được xác định.

Nếu hàm số X : J → K C (R) là w−tăng hoặc w−giảm và cả X cùng với đạo hàm của nó thỏa mãn bài toán (3.1), thì X được xem là nghiệm (S1) hoặc (S2) của bài toán này Điều này được khẳng định trong Định lý 3.1.1, với điều kiện t ∈ J và X w−giảm.

(i) F(t,X)vàG(t,s,X)thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biếnX, với mọit,s∈ J,

(ii) f ∈ C J×[0,∞),[0,∞) vàk∈ C D ×[0,∞),[0,∞) không giảm theox ≥0. Giả sử nghiệm lớn nhất r(t,t 0 ,x 0 )của bài toán sau:

J là khoảng lớn nhất để tồn tại nghiệm bất kỳ X(t,t 0 ,X 0 ) của (3.1) cho cả trường hợp w−tăng và w−giảm Hơn nữa, nếu r(t,t 0 ,x 0 ) bị chặn trên J, thì khi t tiến tới vô cùng, X(t,t 0 ,X 0 ) sẽ tồn tại trên (K C ( R ),H).

Chúng ta sẽ chỉ chứng minh cho trường hợp X w−tăng, trong khi trường hợp X w−giảm sẽ được chứng minh tương tự Theo giả thiết (i), tồn tại một số T > t0 sao cho nghiệm (S1) của bài toán (3.1) tồn tại trên khoảng [t0, T].

S = {X(t) |X(t)được định nghĩa trên [t 0 ,α X ] và là (S1)-nghiệm của (3.1)}.

Ta thấyS 6= ∅. Đặt α = sup{ α X | X(t) ∈ S } Khi đó, tồn tại một (S1)-nghiệm duy nhất của bài toán (3.1) được xác định trên [t 0 ,α), với H[X 0 , 0] ≤ x 0 Tiếp theo, ta chứng minh α = ∞ Giả sử α < ∞và đặt m(t) = H[X(t,t 0 ,X 0 ), 0], t 0 ≤ t < α.

Từ các giả thiết (ii) và (iii), ta có

Z t t 0 k(t,s,m(s))ds, t 0 ≤t < α trong đó m(t 0 ) = H[X 0 , 0] ≤ x 0 Hơn nữa, từ giả thiết (iv), ta suy ra m(t) ≤ r(t,t 0 ,x 0 ), t 0 ≤t < α

Bây giờ, ta chứng minh lim t → α − 0X(t,t 0 ,X 0 )tồn tại trên (K C ( R ),H) Thật vậy, với bất kỳt 1 ,t 2 sao cho t 0 ≤ t 1 < t 2 < α , ta có

Giới hạn lim t → α − 0 r(t,t 0 ,x 0) tồn tại hữu hạn cho t 1, t 2 → α − 0 Bằng cách sử dụng tính chất đầy đủ của (K C (R), H), từ bất đẳng thức H[X(t 1, t 0, X 0), X(t 2, t 0, X 0)] ≤ r(t 2) − r(t 1), ta suy ra rằng lim t → α − 0 X(t,t 0 ,X 0) cũng tồn tại trên (K C (R), H) Đặt X(α) = lim t → α − 0 X(t) và tiến hành xem xét bài toán giá trị ban đầu.

Dựa vào giả thiết (i), ta có thể kết luận rằng X(t) có khả năng được mở rộng hơn α, điều này tạo ra mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, nghiệm bất kỳ (S1) của bài toán (3.1) sẽ tồn tại trên.

Ví dụ 3.1.2 Xét phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu

(3.6) trong đó,a,b: R + → R + liên tục và bị chặn.

Ta nhận thấy F(t,X(t)) = a(t)X(t) và K(t,s,X(t)) = b(t)X(t) là các hàm thỏa mãn điều kiện Lipschitz địa phương Nếu đặt f(t,x(t)) = a(t)x(t) và k(t,s,x(t)) b(t)x(t)thì x(t) ≡0 là nghiệm duy nhất của x 0 (t) = a(t)x(t) +

Z t t 0 b(s)x(s)ds, x(t 0 ) = 0 trên [t 0 ,∞) Hơn nữa, ta có : H[a(t)X(t), 0] ≤ a(t)H[X(t), 0] = f(t,H[X(t), 0]) và

H[b(t)X(t), 0] ≤ b(t)H[X(t), 0] = k(t,s,H[X(t), 0]) Do đó, nghiệm của bài toán (3.6) tồn tại trên[t 0 ,∞).

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh bài toán (3.1) tồn tại nghiệm toàn cục trên J. Định lý 3.1.3 Giả sử:

(i) F ∈ C(J × K C ( R ),K C ( R )),K ∈ C(D ×K C ( R ),K C ( R )); F và K bị chặn trên các tập bị chặn; bài toán (3.1) tồn tại (S1)-nghiệm địa phương với mỗi

V(t,A)−V(t,B) ≤ LH[A,B], trong đóLlà hằng số Lipschitz; với A,B ∈ K C ( R ),t ∈ J, V(t,A) → ∞ khi H[A, 0] → ∞ đều trên

[t 0 ,T]cho mỗi T > t 0 và với t ∈ J,A ∈ K C ( R ), lim sup h → 0 +

(iii) r(t) = r(t,t 0 ,x 0 ) là nghiệm lớn nhất của phương trình vi-tích phân vô hướng sau: x 0 (t) = f(t,x(t)) +

Khi đó, với mỗi X 0 ∈ K C ( R ) sao cho V(t 0 ,X 0 ) ≤ x 0 , bài toán (3.1) có một (S1)- nghiệm X(t) trên [t 0 ,∞)và thoả mãn bất đẳng thức

Chứng minh Gọi S là tập tất cả các hàm X xác định trên J X = [t 0 ,c X ) và nhận giá trị trong K C ( R ) sao cho X(t) là một (S1)-nghiệm của bài toán (3.1) trên

J X ,V(t,X(t)) ≤r(t), t ∈ J X Ta định nghĩa một quan hệ thứ tự riêng "≤" trên S như sau: X ≤ Y, nghĩa là J X ⊆ J Y và Y(t) ≡ X(t) trên J X Trước tiên, ta nhận thấy

S 6= ∅ cho thấy bài toán (3.1) có tồn tại (S1)-nghiệm X(t) trên khoảng J X = [t 0 ,c X ) Giả sử X(t) = X(t,t 0 ,X 0 ) là (S1)-nghiệm bất kỳ của (3.1) trên J X Đặt m(t) = V(t,X(t)) với m(t 0 ) = V(t 0 ,X 0 ) ≤ x 0 Đối với mọi h > 0 đủ nhỏ và theo giả thiết (ii), ta có m(t+h)−m(t) = V(t+h,X(t+h))−V(t,X(t)).

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với 1 h và lấylim supkhi h→ 0 + , ta được

Z t t 0 K(t,s,X(s))dsi và X(t) là (S1)-nghiệm bất kỳ của (3.1), nên ta có lim sup h → 0 +

Z t t 0 k(t,s,m(s))ds, m(t 0 )≤ x 0 Theo Hệ quả 2.3 trong [38], ta có đánh giá sau: m(t) ≤r(t,t 0 ,x 0 ), t ∈ I X Suy ra

V(t,X(t)) ≤r(t,t 0 ,x 0 ), t ∈ I X , (3.9) trong đó r(t) là nghiệm lớn nhất của (3.7) Điều này chứng tỏ X ∈ S và vì thế S khác rỗng Nếu (X β ) β ⊂( S ,≤)thì có một ánh xạY được định nghĩa duy nhất trên

J Y = [t 0 , sup β c X β ] và trùng với X β trên J X β Rõ ràng, Y ∈ S và do đó Y là một hàm bị chặn trên của (X β ) β trong ( S,≤) Ta chứng minh c Z = ∞ bằng phương pháp phản chứng.

Giả sửc Z < ∞ Dor(t)tồn tại trên[t 0 ,∞)nênr(t) bị chặn trên J Z Vì V(t,X(t)) →

∞khi H[X(t), 0] → ∞trên [t 0 ,c Z ]vàV(t,X(t)) ≤r(t)trên J Z nên suy raH[Z(t), 0] bị chặn trên J Z Từ giả thiết (i), tồn tại một số M Z >0sao cho max{H[F(t,Z(t)), 0],H[K(t,s,Z(t)), 0]} ≤ M Z , t ∈ J Z

Tiếp tục, ta sẽ chứng minhZ bị chặn và thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên J Z Thật vậy, với mọi t 1 ,t 2 ∈ J Z , t 1 ≤ t 2 , ta có

Do đó, Zcó một mở rộng liên tục Z 0 trên [t 0 ,c Z ] Theo tính chất liên tục của Z 0 , ta có

Từ đây suy raZ 0 là (S1)-nghiệm của bài toán (3.1) trên [t 0 ,c Z ]vàV(t,Z 0 (t)) 0 Nếu ta định nghĩa

Trong khoảng thời gian t ∈ [c Z ,c Z + δ], Z 1 (t) được xác định là nghiệm (S1) của bài toán (3.1) trên [t 0 ,c Z + δ) Điều này tạo ra mâu thuẫn với tính tối đại của Z, dẫn đến kết luận rằng c Z = +∞ Hơn nữa, thông qua lập luận tương tự như trong đánh giá (3.9), chúng ta có thể chứng minh rằng V(t,Z 1 (t)) ≤ r(t) với t ∈ [t 0 ,c Z + δ).

(i) F ∈ C(J×K C ( R ),K C ( R )),K ∈ C(D ×K C ( R ),K C ( R )), F và K bị chặn trên những tập bị chặn, và tồn tại một (S2)-nghiệm địa phương của (3.1) với mỗi

V(t,A)−V(t,B) ≤ LH[A,B], trong đó L là một hằng số Lipschitz; V(t,A) → ∞ khi H[A, 0] → ∞ đều trên

(iii) r(t) = r(t,t 0 ,x 0 )là nghiệm lớn nhất của bài toán sau x 0 (t) = f(t,x(t)) +

Z t t 0 k(t,s,x(s))ds, x(t 0 ) = x 0 ≥ 0 (3.10) tồn tại trên J và dương.

Khi đó, bài toán (3.1) có một (S2)-nghiệm X trên [t 0 ,∞) thỏa mãn bất đẳng thức

Chứng minh Định lý này được chứng minh tương tự như Định lý 3.1.3.

Tương tự như cách thức giải nghiệm trong Chương 2, ta có phương pháp giải nghiệm của lớp phương trình vi-tích phân khoảng sau đây.

X(t 0 ) = X 0 , (3.12) trong đó F : [t 0 ,T] → K C ( R ), k(t,s)là một hàm thực và X 0 ∈ K C ( R ). Đặt k(t,s)X(s)ds

Giả sửX là nghiệm của bài toán (3.12) có w-tăng hoặcw−giảm Dựa vào tính khả vi của X, ta đưa bài toán (3.12) về hai trường hợp sau:

Trường hợp 1.Nếu X w-tăng thì ta có

D gH X(t) = [(X(t)) 0 ,(X(t)) 0 ] (3.15) Kết hợp (3.13), (3.14), (3.15) và bài toán (3.12), ta được hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình (3.16), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [t 0 ,T]thì X là nghiệm của (3.12).

Trường hợp 2.Nếu X w-giảm thì ta có

D gH X(t) = [(X(t)) 0 ,(X(t)) 0 ] (3.17) Kết hợp (3.13), (3.14), (3.17) và bài toán (3.12), ta được hệ phương trình sau

Giải hệ phương trình (3.18), ta xác định được X(t) và X(t) Nếu X(t) ≤ X(t) với mọi t ∈ [t 0 ,T]thì X là nghiệm của (3.12).

Ví dụ 3.1.5 Cho phương trình vi-tích phân khoảng như sau:

Trường hợp 1.Theo (3.16), ta có

Giải hệ phương trình (3.20), ta thu được X(t) = −(e t +e − t )/2 và X(t) = (e t + e − t )/2 Ta nhận thấy X(t)< X(t)với mọit ∈ [0,π/2]và w(X(t)) → ∞khi t → ∞.

Do đó, X là (S1)-nghiệm của Ví dụ (3.1.5) vàX có dạng như sau:

X(t) = [−(e t +e − t )/2,(e t +e − t )/2] và nghiệm này được biểu diễn trong Hình 3.1.

Trường hợp 2.Theo (3.18), ta có

Giải hệ phương trình (3.21), ta tìm được X(t) = -cos(t) và X(t) = cos(t) Qua kiểm tra, ta thấy rằng X(t) < X(t) với mọi t ∈ [0, π/2] và w(X(t)) → 0 khi t → ∞ Như vậy, X là nghiệm (S2) của Ví dụ (3.1.5) và có dạng như sau.

X(t) = [−cos(t), cos(t)] và nghiệm này được biểu diễn trong Hình 3.2.

Hình 3.1: (S1)- nghiệm của Ví dụ 3.1.5.

Hình 3.2: (S2)- nghiệm của Ví dụ 3.1.5.

Ví dụ 3.1.6 Cho phương trình vi-tích phân khoảng với điều kiện đầu

Thực hiện các bước tính toán như trong Ví dụ 3.1.5, ta được

- X(t) = [−2e t , 2e t ]là (S1)-nghiệm của Ví dụ (3.1.6) và nghiệm này được biểu diễn ở Hình 3.3.

- X(t) = [−2 cos(t) +2 sin(t), 2 cos(t)−2 sin(t)]là (S2)-nghiệm của bài toán (3.1.6) và nghiệm này được biểu diễn ở Hình 3.4.

Hình 3.3: (S1)- nghiệm của Ví dụ 3.1.6.

Hình 3.4: (S2)- nghiệm của Ví dụ 3.1.6.

Phương trình vi-tích phân khoảng có trễ

Ta xét phương trình vi-tích phân khoảng có trễ dưới đạo hàm Hukuhara tổng quát có dạng

(3.23) trong đó F : I = [t 0 ,t 0 +p]×C σ → K C ( R ),G : I×I ×C σ → K C ( R ),ϕ 0 ∈ C σ Định nghĩa 3.2.1 Ánh xạX : J = [t 0 −σ,t 0 +p] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của bài toán (3.23) trên J nếu X ∈ C(J,K C ( R )) thỏa mãn X(t) = ϕ(t−t 0 ), với t ∈ [t 0 −σ,t 0 ], X khả vi Hukuhara tổng quát trên I và D gH X(t) = F(t,X t ) +

Nhận xét 3.2.1 Nếu F : I ×C σ → K C ( R ),G : I × I ×C σ → K C ( R ) liên tục và

G(t,s,X s )ds bị chặn trên I Hơn nữa, ánh xạt 7→ F(t, 0) +

G(t,s,0) bị chặn trên khoảng I Định nghĩa 3.2.2 cho biết rằng nếu F và G liên tục trên I, thì ánh xạ X: J → K C(R) được coi là nghiệm của (3.23) trên J khi và chỉ khi X là một ánh xạ khoảng và thỏa mãn một trong hai phương trình tích phân khoảng.

(3.25) nếuX w-giảm. Định nghĩa 3.2.3 Cho X : J → K C ( R ) có w-tăng (hoặc w−giảm) Nếu X và đạo hàm của nó thỏa mãn (3.23) thì ta nói X là một (S1)-nghiệm (hoặc (S2)-nghiệm) của (3.23).

3.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 3.2.1 Giả sử F ∈ C([t 0 ,∞) ×C σ , K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞) × [t 0 ,∞) ×

Z t t 0 g(t,s,H σ [X t ,Y t ])ds, trong đó X,Y ∈ C σ , t ∈ [t 0 ,∞), f ∈ C([t 0 ,∞)× R + ,R + ) và g ∈ C([t 0 ,∞)× [t 0 ,∞)× R + ,R + ) Chor(t,t 0 ,u 0 ) là nghiệm lớn nhất của bài toán sau: du dt = f (t,u) +

Z t t 0 g(t,s,u)ds, u(t 0 ) = u 0 >0, (3.26) với t ≥ t 0 Khi đó, nếu X,Y là hai (S2)-nghiệm (hoặc (S1)-nghiệm) bất kì của (3.23) trên[t 0 ,∞) thoả mãn điều kiện H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤u 0 thì ta có

H[X(t),Y(t)] ≤r(t,t 0 ,u 0 ), trong đó ϕ 0 ,ψ 0 là các điều kiện đầu của X,Y trên [t 0 − σ,t 0 ].

Chứng minh Vì X,Y là hai nghiệm của bài toán (3.23) và w-giảm nên ta có với h > 0 đủ nhỏ, tồn tại các hiệu Hukuhara X(t −h) X(t), Y(t −h) Y(t) Với t ∈ [t 0 ,∞)và đặt m(t) = H[X(t),Y(t)], khi đó ta có m(t−h)−m(t) = H[X(t−h),Y(t−h)]−H[X(t),Y(t)]

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với 1 h, ta có m(t−h)−m(t) h ≤ H

Theo điều kiện H σ [ ϕ 0 ,ψ 0 ] ≤u 0 và sử dụng Định lí 1.3.7, ta thu được

(i) F ∈ C([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) và F,G thoả mãn điều kiện Lipschitz theo biến x với mọi t ∈ [t 0 ,∞);

(ii) f ∈ C([t 0 ,∞)× R + , R + ),g ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)× R + , R + )không giảm theo u≥ 0và tồn tại nghiệm lớn nhấtr(t,t 0 ,u 0 )của bài toán du dt = f (t,u) +

Khi đó, nghiệm X(t 0 ,ϕ 0 )(t)của bài toán (3.23) tồn tại trên [t 0 ,∞) ứng với trường hợp (S1)-nghiệm với điều kiện H σ [ ϕ 0 , 0] ≤u 0 Hơn nữa, nếur(t,t 0 ,u 0 )bị chặn trên [t 0 ,∞) thì lim t →+ ∞ X(t) tồn tại trong (K C ( R ),H).

Chứng minh Theo giả thiết (i), có một số β ∈ (t 0 ,∞) sao cho tồn tại duy nhất (S1)-nghiệm của bài toán (3.23) trên khoảng[t 0 −σ,β] Đặt

S = {X(t)|X(t)xác định trên[t 0 −σ,η x) và là (S1)-nghiệm của (3.23)}.

Ta có S 6= ∅ và định nghĩa η = sup{ η X |X(t) ∈ S } Khi đó, tồn tại một (S1)-nghiệm duy nhất của bài toán (3.23) trên khoảng [t 0 −σ,η) với điều kiện H σ [ ϕ 0 , 0] ≤ u 0 Để chứng minh η = ∞, ta sử dụng phương pháp phản chứng Giả sử η < ∞ và đặt m(t) = H[X(t 0 ,ϕ 0 )(t), 0], m t = H[X t (t 0 ,ϕ 0 ), 0] và ||m t || σ = H σ [X t (t 0 ,ϕ 0 ), 0].

Sử dụng các giả thiết (ii), (iii) và (iv), ta có

Theo giả thiết f(t,u)≥ 0và g(t,s,u) ≥0do vậy r(t,t 0 ,u 0 )không giảm theo t Suy ra

Ta chứng minh lim t → η − 0X(t) tồn tại trong (K C ( R ),H) Thật vậy, với bất kỳt 1 ,t 2 thoả mãn t 0 < t 1 < t 2 < η , ta có

Sử dụng giả thuyết f,g đơn điệu không giảm theo u và bất đẳng thức (3.28), ta được

Vì giới hạn lim t → η − 0 của r(t) tồn tại và hữu hạn, khi lấy giới hạn khi t1, t2 → η − 0, theo tính chất đầy đủ của không gian (K C (R), H), ta có H[X(t0, ϕ0)(t2), X(t0, ϕ0)(t1)] ≤ r(t2) − r(t1) Hơn nữa, lim t → η − 0 X(t) cũng tồn tại trong không gian (K C (R), H) Đặt X(t0, ϕ0)(η) = lim t → η − 0 X(t0, ϕ0)(t) và tiến hành xem xét bài toán.

Từ giả thiết (i), ta kết luận rằng X(t 0 ,ϕ 0 )(t) có thể mở rộng trên khoảng [t 0 −σ,η ∗ ] với η ∗ > η, điều này mâu thuẫn với giả thiết η < ∞ Do đó, nghiệm của bài toán (3.23) tồn tại trên [t 0 ,∞) và η = ∞ Đặt S(M) = {X ∈ C σ : H σ [X, 0] ≤ M} Trong quá trình chứng minh Định lý 3.2.2, r(t,t 0 ,u 0 ) bị chặn và không giảm trên [t 0 ,∞), dẫn đến lim t → η − 0X(t 0 ,ϕ 0 )(t) tồn tại và hữu hạn Từ tính chất đầy đủ của không gian (K C ( R ),H), ta có thể rút ra kết luận của định lý sau.

(i) F ∈ C([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )),G ∈ C([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )), F,G bị chặn trên các tập bị chặn trên [t 0 ,∞)×C σ , tồn tại một (S1)-nghiệm (hay (S2)-nghiệm) của bài toán (3.23);

|V(t,X 1 ,Y)−V(t,X 2 ,Y)| ≤ LH[X 1 ,X 2 ], trong đó Llà một hằng số không âm và V(t,X,Y) → ∞khi H[X(t), 0]→ ∞. Hơn nữa,

(iii) Tồn tại nghiệm dương lớn nhất r(t) = r(t,t 0 ,u 0 )của bài toán du dt = f(t,u(t)) +

Khi đó, nếu cho mỗi X(t) = ϕ (t−t 0 ) = ϕ 0 ∈ C σ thoả mãn V(t 0 ,ϕ 0 ,ψ 0 ) ≤ u 0 thì bài toán (3.23) có nghiệm X(t 0 ,ϕ 0 )(t) ( ứng với mỗi trường hợp (S1)-nghiệm và (S2)-nghiệm) trên [t 0 , ∞) thỏa mãn

Tiếp theo, ta đề xuất phương pháp giải nghiệm cho lớp phương trình vi-tích phân có trễ dạng như sau:

Dựa vào tínhw−đơn điệu của X, ta chia bài toán thành hai trường hợp Trước tiên, ta đặt k(t,s)X s 

Trường hợp 1 Nếu X w−tăng thì bài toán (3.30) được chuyển thành hệ phương trình vi-tích phân có trễ sau

Giải hệ phương trình (3.31), ta xác định đượcX(t) và X(t) Áp dụng Định lý 1.1.8,nếuX(t) ≤ X(t), ∀t ≥ t 0 thì X là nghiệm của bài toán (3.30).

Trường hợp 2 Nếu X ω-giảm thì bài toán (3.30) được chuyển thành hệ phương trình vi-tích phân có trễ sau:

Giải hệ phương trình (3.32), ta xác định được X(t)và X(t).

Ví dụ 3.2.4 Xét bài toán sau

Trường hợp 1 Với α > 0 và theo phương pháp giải được đề xuất trên, ta chuyển bài toán (3.33) thành các hệ phương trình sau (ứng với mỗi loại w−đơn điệu của X)

(3.35) nếu X w−giảm Giải hệ phương trình (3.34) bằng phương pháp giải từng bước trên [−1/2, 1/2], ta xác định được X(t) = 1 +t/2 + α (1−e − t )/2 và

Hình 3.5: Biểu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = 0.01.

Hình 3.6: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = 0.01.

X(t) = 2+2t−t 2 /2+α(3−t−3e − t ) trên [0, 1/2] Áp dụng Định lý 1.1.8, ta suy ra

1+t/2+ α (1−e − t )/2, 2+2t−t 2 /2+ α (3−t−3e − t ) , t ∈ [0, 1/2] là (S1)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biểu diễn ở Hình 3.5.

Thực hiện các tính toán tương tự, giải hệ phương trình (3.34) và ta cũng xác định được

, t ∈ [0, 1/2] là (S2)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình3.6.

Hình 3.7: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = − 0.01.

Hình 3.8: Biễu diễn của X ( t ) , X ( t ) với t ∈ [ −1 2 , 1 2 ] , α = − 0.01.

Trường hợp 2 Với α < 0 và theo phương pháp giải được đề xuất trên, ta chuyển bài toán (3.33) thành các hệ phương trình sau (ứng với mỗi loại w-đơn điệu của X):

(3.37) nếuX w−giảm Thực hiện các bước tính toán tương tự như trong Trường hợp 1, ta có

, t ∈ [0, 1/2] là (S1)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình 3.7.

1+2t−t 2 /2+α(1−e − t )/2, 2+t/2+α(3−t−3e − t ) , t ∈ [0, 1/2]. là (S2)-nghiệm của bài toán (3.33) vớit ∈ [−1/2, 1/2]và Xđược biễu diễn ở Hình3.8.

Phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ

3.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Dựa trên các kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của phương trình vi phân khoảng có trễ được trình bày trong mục 3.2, bài viết này sẽ nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ.

C σ → C σ và {t k } là một dãy các điểm sao cho 0 ≤ t 0 < t 1 < < t k < với lim k → ∞t k = ∞ và PC([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) là tập các lớp hàm liên tục từng phần trên [t 0 ,∞) Tức là, F ∈ PC([t 0 ,∞)×C σ ,K C ( R )) và G ∈ PC([t 0 ,∞)×[t 0 ,∞)×

Sử dụng điều kiện xung trong bài toán (3.38) tại mỗit k , ta có thể xác định nghiệm

X(t) trên [t 0 ,∞) Do nghiệm của bài toán (3.38) được hiểu như hàm liên tục từng khúcX(t 0 ,ϕ 0 )(t) trên [t 0 ,∞), liên tục trái trên (t k − 1 ,t k ]và được xác định bởi

X k (t k ,ϕ k ) (t), t k 0 đủ nhỏ và t thuộc khoảng (t k − 1 ,t k ], với k = 1, 2, , ta có các kết quả liên quan.

Từ giả thiết (iii) và đánh giá trên, ta được

Vớit =t k và theo giả thiết (iv), ta suy ra m(t + k ) = V(t + k ,X(t 0 ,ϕ 0 )(t + k ),X t + k (t 0 ,ϕ 0 ))

≤ J k [V(t k ,X(t 0 ,ϕ 0 )(t k ),X t k (t 0 ,ϕ 0 ))] = J k (m(t k )). Áp dụng Định lý 2.1.1, ta kết luậnm(t)≤ r(t), t ∈ [t 0 ,∞).

Kết luận chương 3

Trong chương này, chúng tôi trình bày kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho ba loại bài toán: phương trình vi-tích phân khoảng, phương trình vi-tích phân khoảng có trễ, và phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ Đồng thời, phương pháp giải cho các lớp phương trình này cũng được giới thiệu.

Chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân bằng cách áp dụng công cụ hàm tựa Lyapunov, như trình bày trong Mục 3.1.1 - Định lý 3.1.1 Ngoài ra, phương pháp giải cho loại bài toán này cũng được đề xuất trong Mục 3.1.2 (Xem [A3]).

Chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân khoảng với trễ bằng cách áp dụng công cụ hàm tựa Lyapunov (Mục 3.2.1-Định lý 3.2.2) Bên cạnh đó, chúng tôi cũng trình bày thuật giải cho phương trình vi-tích phân khoảng tuyến tính Kết quả này cho phép chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất của nghiệm toàn cục cho phương trình vi-tích phân khoảng có xung với trễ Hơn nữa, chúng tôi nghiên cứu sự so sánh giữa hai nghiệm (Mục 3.3.1-Định lý 3.3.1 và 3.3.3).

Phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ

Phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ

Xét phương trình vi phân có trễ với đạo hàm phân thứ Caputo dạng

Kí hiệu C 1,F ([a,b],K C ( R )) đại diện cho không gian các hàm khoảng có đạo hàm phân thứ Caputo liên tục trên đoạn [a, b] Hàm X ∈ C([a− σ, b], K C ( R ))∩C 1,F ([a, b], K C ( R )) được gọi là nghiệm w-đơn điệu nếu nó có tính w-tăng hoặc w-giảm trên đoạn [a,b] Đồng thời, chúng ta cũng xem xét phương trình tích phân khoảng phân thứ có trễ dưới dạng.

X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của (4.2) nếu X thoả mãn (4.2) Ta giả sử

X ∈ C([a,b],K C ( R )) có tính w−đơn điệu trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện (4.2) Vì X có tính w−đơn điệu, nên X(t) gH X(a) sẽ có tính w−tăng trên [a,b] Do đó, vế phải của (4.2) cũng phải có tính w−tăng trên [a,b] Hơn nữa, nếu hàm khoảng X là nghiệm duy nhất có tính w−đơn điệu của (4.2) trên [a,b], thì hàm Y(t) = X(t) gH X(a) cũng sẽ có tính w−tăng.

[a,b] Khi đó, hàm Y tạo ra hai nghiệm của (4.2): nghiệm duy nhất có w−tăng và nghiệm duy nhất ców−giảm của (4.2) trên[a,b].

Nhận xét 4.1.1 Nếu X ∈ C([a, b], K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≥ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b]thì (4.2) được biểu diễn bởi

Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãnw(X(t)) ≤ w(X(a)) với mọi t ∈ [a,b] thì (4.2) được biểu diễn bởi

Bổ đề 4.1.1 Giả sử F : [a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R )là hàm liên tục Khi đó, hàm

X ∈ C([a−σ,b],K C ( R )) có w−đơn điệu là nghiệm của bài toán (4.1) nếu và chỉ nếu X thoả mãn phương trình tích phân (4.2) và hàm khoảng t 7→ = α a + F (t)) có w-tăng trên[a,b], trong đó

Chứng minh Chứng minh của bổ đề này hoàn toàn tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 3.1 trong [20].

Hệ quả 4.1.1 Nếu X ców−đơn điệu là nghiệm của (4.2) sao cho t 7→ = α a + F (t))có w-tăng trên[a,b] thì X là nghiệm w−đơn điệu của (4.1).

4.1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Trong phần này, chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình tích phân phân thứ khoảng có trễ (4.2) dựa vào lý thuyết điểm bất động trong không gian thứ tự của các hàm khoảng Kết quả này sẽ được áp dụng để nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ (4.1) Theo định nghĩa 4.1.1, hàm X L ∈ C([a,b],K C ( R )) được gọi là nghiệm dưới của (4.2) nếu nó có tính w−đơn điệu.

HàmX U ∈ C([a,b],K C ( R )) có w−đơn điệu được gọi là nghiệm trên của (4.2) nếu

X U thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.4).

Cho k > 0, ta kí hiệuB k là tập của tất cả những hàm khoảng liên tục X ∈ C([a− σ,b],K C ( R ))thoả mãnsup t ∈[ a − σ,b ] {H[X(t), 0]exp(−k(t+ σ ))} < ∞.Ta định nghĩa

Chúng tôi đã chứng minh rằng H k là một mêtric trên B k với điều kiện k > 0 đủ lớn sao cho ((k+1)/k α + 1 )< 1 Hơn nữa, không gian (C([a,b],K C ( R )),H k ) là một không gian mêtric đầy đủ Định lý 4.1.1 khẳng định rằng nếu F : [a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R ) là một hàm liên tục và F(t,A,B) không giảm theo A,B với mọi t ∈ [a,b], thì nếu A Cv và B D, thì F(t,A,B) cũng sẽ được đảm bảo.

F(t,C,D) Hơn nữa, các điều kiện sau đây được thoả mãn:

(i) Phương trình (4.2) tồn tại nghiệm dưới X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu; (ii) F(t,A,B) co yếu với những phần tử so sánh được, tức là,

+h T 1 (H σ [B,D])− T 2 (H σ [B,D])i, (4.6) nếu A C,B D và t ∈ [a,b], trong đó T 1,T 2 là những hàm chuyển đổi khoảng cách.

Khi đó, phương trình (4.2) có duy nhất nghiệm w−đơn điệu trên [a, T 0 ], trong đó

Chứng minh Ta đặt X(t) = X(t) gH X(a),t ∈ [a−σ,b] Ta định nghĩa toán tử

Ta kiểm tra các điều kiện trong Định lý 1.3.8 Cho X Y và X t Y t trên [a,b], ta có( Q X)(a) = ( Q Y)(a),t ∈ [a−σ,a]vớit ∈ [a,b]

Từ Nhận xét 1.2.4-(i), ta được

Khi đó, QX Q Y với mọi X Y,X t Y t trên [a,b] Ta suy ra toán tử Q không giảm Từ điều kiện (ii), ta có

H[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] ≤ T 1 (H[X(t),Y(t)]) + T 1 (H σ [X t ,Y t ]), (4.9) với mọi X Y,X t Y t Nếu bất đẳng thức (4.8) không thoả mãn, thì với mọi

VìT 1 không giảm với mọi X Y,X t Y t nên

Do đó, từ (4.9) suy ra

T 1(H[X(t),Y(t)]) + T 1 (H σ [X t ,Y t ]) = T 1 H[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] , với mọi X Y,X t Y t Từ (ii), ta được

VìT 2 là hàm chuyển đổi khoảng cách nên ta cóH[X(t),Y(t)] =0,H σ [X t ,Y t ] = 0với mọiX Y,X t Y t Điều này dẫn đến mâu thuẫnH[F(t,X(t),X t ),F(t,Y(t),Y t )] 0.Vì thế, bất đẳng thức (4.8) đúng Hơn nữa, với X Y, X t Y t và t ∈ [a,b],ta có

Từ (4.5), ta suy ra H[X(s),Y(s)] ≤ H k [X,Y]e k ( s + σ ) với mọi t ≥ a − σ và sup θ ∈[ s − σ,s ]

H[X( θ ),Y( θ )] ≤ H k [X,Y]e k ( s + σ ) với mọi s ≥ a Khi đó, với mọi t ≥ a ta có

T 1(H k [ Q X,QY]) ≤ T 1 (H k [X,Y])− T 2 (H k [X,Y]), với mọi X Y Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dưới X L w−đơn điệu, ta chứng minhX L Q X L Thật vậy, doX L (t) = ξ (t−a) ϕ (t−a)vớit ∈ [a− σ,a], và với t ∈ [a,b], ta có

Toán tử Q thỏa mãn tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó Q có điểm bất động trong C([a−σ, b], K C(R)) Hơn nữa, mỗi cặp phần tử trong C([a−σ, b], K C(R)) đều có biên trên (theo Bổ đề 1.1.2), nên toán tử Q có điểm bất động duy nhất X.

X là nghiệm duy nhất của (4.2).

Nhận xét 4.1.2 Trong Định lý 4.1.1, nếu ta xétT 1(x) = 2xvà T 2(x) = x thì điều kiện (4.6) trở thành điều kiện Lipschitz với hệ số LipschitzL =1/2, tức là

Do đó, ta có thể khẳng định bài toán (4.2) có duy nhất nghiệm nếu hàm F thoả mãn (4.10).

Nhận xét 4.1.3 Trong Định lý 4.1.1, cho α ∈ (1/2, 1), nếu ta xét T 1 (x) = x và

T 2(x) = x−Lp ln(x 2 +1) thì điều kiện (4.6) trở thành

Do đó, nếu hàm F thoả mãn (4.11) thì bài toán (4.2) tồn tại duy nhất nghiệm với điều kiện

Thật vậy, ta sẽ kiểm tra các điều kiện của Định lý 1.3.8

- Tương tự như trong chứng minh của Định lý 4.1.1, ta có F là hàm khoảng không giảm và toán tửQ(được định nghĩa trong (4.7)) không giảm.

- Sử dụng điều kiện (4.11) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

Từ giả sử (4.12) ta suy ra

= H 0 2 (X,Y)−(H 0 2 (X,Y)−ln(H 0 2 [X,Y] +1)). Đặtψ(x) = x 2 và ξ(x) = x 2 −ln(x 2 +1), khi đó điều kiện co yếu của Định lý 4.1.1 thoả mãn, tức là ψ(H 0 (( QX),( QY))) ≤ ψ (H 0 (X,Y))− ξ (H 0 (X,Y)).

- Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dướiX L w−đơn điệu, ta chứng minh được

Do toán tử Q thoả mãn tất cả giả thiết của Định lý 4.1.1 nên Q có điểm bất động duy nhất.

Khẳng định của Định lý 4.1.1 vẫn giữ nguyên tính đúng đắn khi điều kiện về sự tồn tại nghiệm dưới w−đơn điệu trong bài toán (4.2) được thay thế bằng điều kiện về sự tồn tại nghiệm trên w−đơn điệu.

Sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình (4.1) sẽ được trình bày qua các định lý dưới đây Định nghĩa 4.1.2 xác định rằng hàm X thuộc C([a−σ,b],K C (R))∩C1,F ([a,b],K C (R)) được gọi là nghiệm trên của phương trình (4.1).

Hàm X L ∈ C([a−σ,b],K C ( R ))∩C 1,F ([a,b],K C ( R )) được gọi là nghiệm dưới của (4.1) nếu X L thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.13).

Hệ quả 4.1.2 Giả sử F :[a,b]×K C ( R )×C σ → K C ( R )là hàm liên tục vàF(t,A,B) không giảm theo A,B với mỗi t ∈ [a,b], tức là, nếu A C,B D thì F(t,A,B)

F(t,C,D) Hơn nữa, giả sử những điều kiện sau đây thoả mãn:

(iii) bài toán (4.1) có tồn tại nghiệm trên X U ∈ C([a − σ,b],K C ( R )) ∩

Khi đó, bài toán (4.1) có duy nhất nghiệmX w−đơn điệu trên [a,T 0 ], vớiT 0 ≤b.

Chứng minh Chứng minh tương tự như Định lý 4.1.1. Đặt X = X(t) gH X(a),t ∈ [a− σ,b] và ta định nghĩa toán tử P : C([a − σ,b],K C ( R )) → C([a−σ,b],K C ( R )) có dạng ( P X)(t) = ϕ(t −a) gH ϕ(0),t ∈ [a− σ,a]và

Từ chứng minh của Định lý 4.1.1, hàm F không giảm được suy ra từ việc toán tử

P không giảm, tức là PX P Y với mọi X Y Giả thiết (iv) được suy ra từ giả thiết (ii) với T 1(u) = u, dẫn đến toán tử Pco Từ giả thiết (iii), ta có X U P X U Điều này đúng vì X U là nghiệm trên và X U (t) X(t) với t ∈ [a− σ, a] Theo Bổ đề 4.1.1 với t ∈ [a,b], ta có kết quả mong muốn.

Toán tử P thỏa mãn tất cả các giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó P có điểm bất động trong không gian C([a−σ,b],K C ( R )) Hơn nữa, không gian này có tính chất rằng mọi cặp phần tử đều có biên trên, dẫn đến việc P có điểm bất động duy nhất.

Trong định lý tiếp theo, chúng ta xem xét sự phụ thuộc của nghiệm vào bậc của bài toán giá trị đầu Định lý 4.1.2 chỉ ra rằng, với các giả thiết của Hệ quả 4.1.2, nếu α thuộc khoảng (0, 1) và δ > 0 sao cho 0 < α − δ < α < 1, thì X là nghiệm của bài toán (4.1) và Z là nghiệm của bài toán liên quan.

Chứng minh Từ Bổ đề 4.1.1, nghiệm của (4.1) và (4.14) có dạng

F(t,X(t),X t ), trong đó t ∈ [a,T 0 ] Đặt k(s) = sup θ ∈[ s − σ,s ] H[X( θ ),Z( θ )] với s ∈ [a,T 0 ] Từ bất đẳng thức Gronwall tổng quát ( Định lý 1 trong [55]), ta có

Nhận xét 4.1.5 Từ giả thiết của Định lý 4.1.2, nếu δ= 0thì ta được

Trong định lý 4.1.3, chúng ta chứng minh sự phụ thuộc liên tục của nghiệm bài toán (4.1) vào giá trị ban đầu và vế phải Cụ thể, với các hàm F và G thỏa mãn các giả thiết của Hệ quả 4.1.2, và với α ∈ (0, 1) cùng δ > 0 sao cho 0 < α − δ < α < 1, ta giả sử X là nghiệm của bài toán (4.1) và Z là nghiệm của bài toán liên quan.

( C D α a + − δ Z)(t) = G(t,Z(t),Z t ),t ∈ [a,b], Z(t) = ψ (t−a),t ∈ [a−σ,a], (4.15) Giả sử có hằng số dương ε sao cho

Chứng minh Gọi X,Z là hai nghiệm của bài toán (4.1) và bài toán (4.15) Khi đó, ta được

! ds. Đặt k(s) = sup θ ∈[ s − σ,s ] H[X(θ),Z(θ)] với s ∈ [a,T 0 ] Từ bất đẳng thức Gronwall tổng quát (Định lý 1 trong [55]), ta có

Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một phương pháp mới nhằm tìm nghiệm giải tích cho phương trình vi phân phân thứ khoảng có trễ Phương pháp này được thực hiện thông qua việc sử dụng phương trình vi phân khoảng có trễ bậc nguyên.

Hệ quả 4.1.3 Giả sử các giả thiết của Định lý 4.1.2 thoả mãn Khi đó, nghiệm của (4.1),X FO ,có dạng

X FO (t) = ϕ (t−a), t ∈ [a− σ,a], trong đó X IO (v) là nghiệm của phương trình vi phân khoảng có trễ bậc nguyên dưới đây

, v∈ [−σ, 0], (4.16) trong đó F ∗ (v,X IO (v),X IO,v ) = F(k(t,v),X FO (k(t,v)),X FO,k ( t,v ) ), và k(t,v) = t−([t−a] α −vΓ( α +1)) 1/α

Chứng minh Từ Định lý 4.1.2, ta suy ra nghiệm của bài toán (4.1), X FO , tồn tại và thoả mãn phương trình tích phân phân thứ

(4.17) Đổi biến s = t −[(t −a) α −vΓ( α +1)] 1/α ,t ∈ [a,b] Khi đó, phương trình (4.17) được viết lại

F ∗ (v,X IO (v),X IO,v )dv (4.18) Mặt khác, từ bài toán (4.16) ta có

F ∗ (v,X IO (v),X IO,v )dv, (4.19) trong đó v∈ [0,(b−a) α /Γ( α +1)].Từ (4.18), (4.19), X FO (a) = X IO (0) = ϕ (0)và vì0≤ (t−a) α /Γ(α+1) ≤(b−a) α /Γ(α+1)nên ta có

Ví dụ 4.1.4 Cho phương trình vi phân khoảng phân thứ có trễ

X(t) = [t−1,t], t ∈ [−1, 0], (4.20) trong đó λ 1 ,λ 2 ∈ R \{0} Từ Hệ quả 4.1.3, ta được

Bài toán giá trị đầu bậc nguyên tương ứng với bài toán bậc phân thứ sau khi biến đổi có dạng

X IO (v) = [k(t,v)−1,k(t,v)], v ∈ [−1, 0]. trong đó k(t,v) = 2√ tΓ(3/2)v−v 2 Γ 2 (3/2) Khi đó, sử dụng phương pháp giải từng bước của phương trình vi phân khoảng có trễ, ta được bài toán dưới đây

Trường hợp 1 Giả sử λ 1 ,λ 2 ∈ R + và X IO có w−tăng Khi đó, ta có nghiệm

X IO (v) = [X IO (v),X IO (v)], trong đó

Từ Hệ quả 4.1.3, nghiệm của bài toán phân thứ (4.20) có dạng X FO (t) X IO t 0.5 Γ(1.5)

Trường hợp 2.Giả sử λ 1 ,λ 2 ∈ R − và X IO có w−giảm Tương tự Trường hợp 1, ta được

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ nghiên cứu mô hình biểu diễn số lượng cá theo thời gian và mức độ khai thác chịu ảnh hưởng của tác động không chắc chắn Đầu tiên, mô hình tăng trưởng số lượng cá được xác định trong điều kiện môi trường không thay đổi, không có sự di cư Số lượng cá p(t) phụ thuộc vào ba yếu tố: tỉ lệ sinh βp(t), tỉ lệ chết (bao gồm tỉ lệ chết tự nhiên m và tỉ lệ chết do mật độ quá đông cp(t)), và tỉ lệ khai thác h(t) Mô hình này được biểu diễn bởi phương trình dp(t)/dt = βp(t) − (m + cp(t))p(t) − h(t), với p(0) = z0 Khi thông tin trong mô hình không đầy đủ hoặc các hệ số không thể xác định chính xác, chúng ta có thể áp dụng lý thuyết khoảng hoặc lý thuyết mờ Hơn nữa, trong mô hình này, tỉ lệ sinh sẽ thay đổi ngay khi có cá thể mới ra đời, tuy nhiên, quần thể cần đạt đến một mức độ phát triển nhất định để sinh sản Do đó, chúng tôi đề xuất một cách tiếp cận trễ để mô hình hóa chính xác hơn.

Trong ví dụ 4.1.5, chúng ta lựa chọn một dạng đại diện cho bài toán giá trị đầu có trễ bậc phân thứ trong môi trường không chắc chắn, dựa trên bài toán (4.21).

Phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ

Trong phần này, chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho lớp phương trình tích phân phân thứ khoảng dạng tổng quát Chứng minh này dựa vào lý thuyết điểm bất động trong không gian có thứ tự của các hàm khoảng Kết quả này đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho phương trình vi-tích phân khoảng phân thứ.

Ta xét phương trình tích phân khoảng phân thứ có dạng

K C ( R ), D = {(t, s)|a < s ≤ t ≤ b} Hàm X : [a,b] → K C ( R ) được gọi là nghiệm của phương trình tích phân (4.23) nếu X thoả mãn (4.23) Ta giả sử

X ∈ C([a,b],K C ( R )) là hàm w-đơn điệu trên [a,b] và thoả mãn (4.23) Do tính chất w-đơn điệu của X trên [a,b], ta có X(t) gH X(a) w-tăng trên khoảng này Vì vậy, vế phải của phương trình (4.23) cũng phải w-tăng trên [a,b] Nếu hàm khoảng X là nghiệm duy nhất của (4.23) trên [a,b], thì hàm Y(t) := X(t) gH X(a) sẽ w-tăng trên [a,b] Kết quả là hàm Y tạo ra hai nghiệm của (4.23): một nghiệm w-tăng và một nghiệm w-giảm trên [a,b].

Nhận xét 4.2.1 Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≥ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b], thì (4.23) được biểu diễn bởi

Nếu X ∈ C([a,b],K C ( R )) thoả mãn w(X(t)) ≤ w(X(a)), với mọi t ∈ [a,b], thì (4.23) được biểu diễn bởi

G(s,τ,X( τ ))dτi ds, t ∈ [a,b]. Định nghĩa 4.2.1 Hàm X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu được gọi là nghiệm dưới của (4.23) nếu

Hàm X U ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu được gọi là nghiệm trên của (4.23) nếu

X U thoả mãn bất đẳng thức ngược lại của (4.24).

Cho k > 0 và kí hiệu B k là tập của tất cả những hàm khoảng liên tục X ∈

C([a,b],K C ( R )) thoả mãn sup t ∈[ a,b ] {H[X(t),0]exp(−kt)} < ∞.Ta định nghĩa

Chúng tôi đã chứng minh rằng H k là một mêtric trên B k với điều kiện k > 0 đủ lớn sao cho ((k+1)/k α + 1 ) < 1 Mêtric H k tương đương với mêtric H, cụ thể là H( H k [X,Y] ≤ H[X,Y] ≤ exp(kb)H k [X,Y] với mọi X,Y ∈ C([a,b])K C ( R )) Do đó, (C([a,b],K C ( R )),H k ) là một không gian mêtric đầy đủ Theo Định lý 4.2.1, giả sử F :[a,b]×K C ( R ) → K C ( R ) và G : D ×K C ( R ) → K C ( R ) là các hàm liên tục, với F(t,A) và G(t,s,A) không giảm theo A cho mỗi t ∈ [a,b] và (t,s) ∈ D, tức là nếu A B thì F(t,A) ≤ F(t,B) và G(t,s,A) ≤ G(t,s,B) Các điều kiện này phải được thỏa mãn.

(i) phương trình (4.23) có nghiệm dưới X L ∈ C([a,b],K C ( R )) w−đơn điệu; (ii) F(t,A),G(t,s,A)co yếu với những phần tử so sánh được, tức là,

T 1(max{H[F(t,A),F(t,B)],H[G(t,s,A),G(t,s,B)]}) ≤ T 1 (H[A,B])− T 2 (H[A,B]) nếu A Bvà t ∈ [a,b],trong đó T 1 và T 2 là những hàm chuyển đổi khoảng cách. Khi đó, phương trình (4.23) có duy nhất nghiệm w−đơn điệu trên [a,T 0 ], trong đó

Chứng minh Kí hiệuX(t) = X(t) gH X(a),t ∈ [a,b].

Ta định nghĩa toán tửQ: C([a,b],K C ( R )) → C([a,b],K C ( R )) xác định bởi

Ta kiểm tra các điều kiện trong Định lý 1.3.8 Cho X Y trên [a,b], ta có ( Q X)(a) = ( Q Y)(a),với t ∈ [a,b],(t,s) ∈ D

Khi đó, QX Q Y với mọi X Y trên [a,b] Ta suy ra toán tửQ không giảm Từ điều kiện (ii), ta có max{H[F(t,X(t)),F(t,Y(t))],H[G(t,s,X(t)),G(t,s,Y(t))]} ≤ H[X(t),Y(t)],

≤ T 1 (H[X(t),Y(t)]), (4.27) với mọiX Y Nếu bất đẳng thức (4.26) không thoả mãn, thì với mọi X Y ta có

VìT 1 không giảm, với mọi X Y nên

T 1 (H[X(t),Y(t)]) = T 1 max{H[F(t,X(t)),F(t,Y(t))],H[G(t,s,X(t)),G(t,s,Y(t))]} , với mọi X Y Từ (ii), ta suy ra0≤ − T 2 (H[X(t),Y(t)]).Suy ra,

Vì T2 là hàm chuyển đổi khoảng cách, ta có H[X(t), Y(t)] = 0 với mọi X, Y Điều này dẫn đến mâu thuẫn max{H[F(t, X(t)), F(t, Y(t))], H[G(t, s, X(t)), G(t, s, Y(t))]} = 0, từ đó khẳng định bất đẳng thức (4.26) là đúng Hơn nữa, với X, Y và t ∈ [a, b], ta được

Từ (4.25), ta suy ra H[X(s),Y(s)] ≤ H k [X,Y]e ks với mọi s ≥ a, và với mỗi t ≥ a, ta được

T 1(H k [ Q X,QY]) ≤ T 1 (H k [X,Y])− T 2 (H k [X,Y]), với mọi X Y Cuối cùng, với giả thiết tồn tại nghiệm dướiw−đơn điệu, ta chứng minhX L Q X L Thật vậy, do X L (a) X(a), với t ∈ [a,b],

Do toán tử Q thoả tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8 nênQcó điểm bất động trong

Trong không gian C([a, b], K C ( R )), mọi cặp hàm khoảng đều có biên trên, dẫn đến việc toán tử Q có điểm bất động duy nhất X Điểm X này cũng là nghiệm duy nhất của phương trình (4.23) Theo Định lý 4.2.2, nếu các điều kiện của Định lý 4.2.1 được thoả mãn, thì nghiệm X FO có dạng cụ thể.

, trong đó X IO (v)là nghiệm của phương trình tích phân khoảng

(4.28) với F ∗ (v,X IO (v)) = F(k(t,v),X FO (k(t,v))), G ∗ (v,s,X IO (s)) G(k(t,v),k(s,v),X FO (k(s,v))), X IO (0) = X FO (a), và k(t,v) := t −([t −a] α − vΓ( α +1)) 1/α

Chứng minh Từ Định lý 4.2.1, ta suy ra nghiệm của (4.23),X FO , tồn tại và có dạng:

[(t−a) α −vΓ( α +1)] 1/α Khi đó, phương trình tích phân khoảng phân thứ (4.29) được viết dưới dạng:

F ∗ (v,X IO (v))dv, (4.30) trong đó F ∗ (v,X IO (v)) = F(k(t,v),X FO (k(t,v)).Mặt khác, từ (4.28) ta thu được

F ∗ (τ,X IO (τ))dτ, (4.31) với v ∈ [0,b α /Γ(α+1)] Từ (4.30), (4.31), X FO (a) = X IO (0) và bởi vì 0 ≤ (t − a) α /Γ( α +1)≤ (b−a) α /Γ( α +1), nên ta được

X FO (t) gH X FO (a) = X IO (v) gH X IO (0)

Ta xét phương trình vi-tích phân với đạo hàm Caputo phân thứ dưới dạng

Nghiệm X ∈ C([a,b],K C(R)) của phương trình (4.32) được gọi là w-đơn điệu nếu nó w-tăng hoặc w-giảm trên khoảng [a,b] Ký hiệu C1,F([a,b],K C(R)) đại diện cho không gian các hàm khoảng có đạo hàm Caputo phân thứ liên tục trên đoạn [a,b].

Bổ đề 4.2.1 trình bày rằng nếu F và G là các hàm liên tục trên các miền xác định, thì hàm X thuộc C([a,b],K C ( R )) với tính chất w-đơn điệu là nghiệm của phương trình (4.32) nếu và chỉ nếu X thỏa mãn phương trình tích phân (4.23) và hàm khoảng t 7→ = α a + F (t) có tính chất w-tăng trên đoạn [a,b].

Chứng minh Chứng minh của bổ đề trên hoàn toàn giống chứng minh của Bổ đề 3.1 trong [20].

Bước 1: chứng minh X là nghiệm của (4.32) nếu X thoả mãn (4.23) và t 7→

X(t) = X(t) gH X(a) là một nghiệm w-đơn điệu của phương trình (4.32) trên khoảng [a,b] Do X có tính w-đơn điệu trên [a,b], theo Nhận xét 1.1.2, ta có thể suy ra rằng hàm t 7→ X(t) là w-tăng trên khoảng [a,b].

(4.32) và Bổ đề 1.2.1, ta đuợc dt d w(= 1 a − + α X(t)) ≥ 0với mọi t ∈ [a,b] Do đó, từ Hệ quả 1.2.2, ta có

(t) = α a + F (t), t ∈ [a,b], và do đó X(t) = = α a + F (t), t ∈ [a,b] Vì thế

G(s,τ,X( τ ))dτi ds, t ∈ [a,b], tức là, X thoả mãn (4.23) Do t 7→ X(t) gH ϕ (0) có w-tăng trên [a,b] nên t 7→ (= α a + F )(t)cũng có w-tăng trên[a,b].

Bước 2:Ta chứng minh nếuX ∈ C([a,b],K C ( R ))thoả mãn (4.23) vàt 7→ = α a + F (t)) có w-tăng trên [a,b] thì X là nghiệm của (4.32) Ta giả sử X ∈ C([a,b],K C ( R )) có w-đơn điệu thoả mãn (4.23) sao cho t 7→ (= α a + F )(t) có w-tăng trên [a,b] Vì

Xét hàm F thuộc C([a,b], K C (R)), ta có t → (= α a + F)(t) liên tục trên [a,b] với (= α a + F)(a) = 0 Điều này dẫn đến X(a) = 0, hay X(a) = X0 Hơn nữa, vì t → (= α a + F)(t) có tính w-tăng trên [a,b], ta có RL D a α + X(t) = (RL D a α + = α a + F)(t) cho t ∈ [a,b] Từ Hệ quả 1.2.1, ta kết luận rằng RL D α a + X(t) = F(t) cho t ∈ [a,b].

G(t,s,X(s))ds, t ∈ [a,b], tức là, (4.32) thoả mãn.

4.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Nếu X có w-đơn điệu là nghiệm của (4.23) với hàm t 7→ = α a + F (t) w-tăng trên [a,b], thì X là nghiệm w-đơn điệu của (4.32) Hàm X U ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) được định nghĩa là nghiệm trên của (4.32).

HàmX L ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) được gọi là nghiệm dưới của (4.32) nếuX L thoả bất đẳng thức ngược lại của (4.34).

Giả sử F : [a,b]×K C ( R ) → K C ( R ) và G : D ×K C ( R )→ K C ( R ) là các hàm liên tục, với F(t,A) và G(t,s,A) không giảm theo A cho mỗi t ∈ [a,b] và (t,s) ∈ D Điều này có nghĩa là nếu A B thì F(t,A) F(t,B) và G(t,s,A) G(t,s,B) Hơn nữa, giả sử rằng các điều kiện sau được thoả mãn.

(iii) bài toán (4.32) có nghiệm trên X U ∈ C 1,F ([a,b],K C ( R )) có w− đơn điệu; (iv) với mọit ∈ [a,b]và A B, ta có max{H[F(t,A),F(t,B)],H[G(t,s,A),G(t,s,B)]} ≤ H[A,B]− T 3 (H[A,B]), trong đóT 3 là hàm chuyển đổi khoảng cách.

Khi đó, bài toán (4.32) có duy nhất nghiệm X w−đơn điệu trên [a,T 0 ], trong đó

Chứng minh Chứng minh tương tự như Định lý 4.2.1 Ta đặt X = X(t) gH X(a) và ta định nghĩaP : C([a, b], K C ( R )) → C([a, b], K C ( R )) có dạng

Từ chứng minh của Định lý 4.2.1, ta thấy rằng dưới giả thiết về tính không giảm của F,G suy ra toán tử P không giảm, tức là, PX P Y với mọi X Y trên [a,b].

Giả thiết (iv) được suy ra từ giả thiết (ii) với T 1(u) = u, dẫn đến toán tử P co Từ giả thiết (iii), ta có thể suy ra X U P X U trên [a,T 0 ] Cụ thể, vì X U là nghiệm trên và X U (a) X(a), nên theo Bổ đề 4.2.1, ta đạt được kết quả mong muốn.

Toán tử P thoả mãn tất cả giả thiết của Định lý 1.3.8, do đó P có điểm bất động trong không gian C([a,b],K C ( R )) Hơn nữa, không gian C([a,b],K C ( R )) có tính chất rằng mọi cặp phần tử đều có biên trên, theo Bổ đề 1.1.2 Vì vậy, P có điểm bất động duy nhất.

Trong hệ quả tiếp theo, ta phân tích sự phụ thuộc của nghiệm vào bậc của bài toán (4.32).

Hệ quả 4.2.3 ChoF và Gthoả mãn tất cả những giả thiết của Hệ quả 4.2.2 và cho α ∈ (0, 1),δ > 0sao cho0< α − δ < α