Nhận viết luận văn đại học, thạc sĩ trọn gói, chất lượng, LH ZALO=>0909232620 Tham khảo dịch vụ, bảng giá tại: https://vietbaitotnghiep.com/dich-vu-viet-thue-luan-van Download luận văn thạc sĩ ngành toán giải tích với đề tài: Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với pantograph, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. 1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Thị Kim Cương
TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP
BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
VỚI PANTOGRAPH
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2012

2. 2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Thị Kim Cương
TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP
BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
VỚI PANTOGRAPH
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN
Thành phố Hồ Chí Minh - 2012

3. 3
LỜI CẢM ƠN
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng
Sau đại học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP
HCM – Đại học Tiền Giang đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu
và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành Luận văn Thạc sĩ.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn –
Người trực tiếp chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn
thành Luận văn Thạc sĩ. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô
trong hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý
kiến cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến
khích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Xin chân thành cảm ơn!
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2012
Học viên thực hiện
Nguyễn Thị Kim Cương

4. 4
MỤC LỤC
Trang
LỜI CẢM ƠN................................................................................................................3
MỞ ĐẦU ......................................................................................................................5
CÁC KÝ HIỆU..............................................................................................................7
CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH .........................................................................................9
1.1 Giới thiệu bài toán................................................................................................9
1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính..............10
1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm ....................................................................10
1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra.....................................21
1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát.........................................25
1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát.............................................31
1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm ....................................................................31
1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch..........36
CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH ...............................................................43
2.1 Giới thiệu bài toán..............................................................................................43
2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) ......................................44
KẾT LUẬN..................................................................................................................62
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...........................................................................................63

5. 5
MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính được
nghiên cứu nhiều bởi các tác giả Ivan Kiguradze và Bedrich Puza trong các
năm từ 1995 đến 2003. Các tác giả đã áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu
sự tồn tại nghiệm, sự xấp xỉ nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số chậm
và đối số lệch. Mục đích của luận văn là áp dụng các kết quả của hai tác giả
trên để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính tổng quát với Pantograph.
Luận văn tập trung vào nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của một lớp bài
toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph.
Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:
)())((
)(
tqtxp
dt
tdx
+= (1.1)
Với điều kiện biên:
0)( cxl = (1.2)
Trong đó: ),(),(: nn
RILRICp → và nn
RRICl →),(: là một toán tử tuyến
tính bị chặn, .],,[),,( 0
nn
RcbaIRILq ∈=∈
Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:
00 )( ctx = với It ∈0 (1.3)
Hay điều kiện biên tuần hoàn:
0)()( caxbx =− (1.4)
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) chúng ta hiểu là một vectơ hàm n
RIx →:
liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
Nội dung chính của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính.
Trong chương 1 chúng ta nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và việc xấp xỉ
nghiệm cho bài toán biên tổng quát và hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.

6. 6
Chương 2: Một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính với Pantograph.
Trong chương 2 chúng ta áp dụng các kết quả của chương 1 để nghiên cứu
tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính với Pantograph.
Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm khi nghiên cứu
về tính giải được của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với
Pantograph.

7. 7
CÁC KÝ HIỆU
• [ ], , ( ; ), [0; )I a b += = −∞ +∞ = +∞ 
• n
 là không gian vectơ cột n-chiều ( )n
iixx 1=
= có phần tử ( 1, , )ix i n∈ = 
với chuẩn:
∑=
=
n
i
ixx
1
• n n×
 là không gian ma trận nn× , ( )n
kiikxX 1, =
= có các phần tử
( , 1,..., )ikx i k n∈ = với chuẩn:
∑=
=
n
ki
ikxX
1,
• ( ){ }1
: 0 ( 1,..., )
nn n
i ii
x x i n+ =
= ∈ ≥ = 
• ( ){ }, 1
: 0 ( , 1,..., )
nn n n n
ik iki k
x x i k n× ×
+ =
= ∈ ≥ = 
•Nếu , n
x y∈ và , n n
X Y ×
∈ thì:
( ) ( )1 , 1
, ;
, ;
n n n
n n
i iki i k
x y y x X Y Y X
x x X x
×
+ +
= =
≤ ⇔ − ∈ ≤ ⇔ − ∈
= =
 
• )(Xr là bán kính phổ của ma trận n n
X ×
∈
•E là ma trận đơn vị.
•Θ là ma trận không.
• ( , )n
C I  là không gian các hàm vectơ liên tục : n
x I →  với chuẩn:
{ }Ittxx C
∈= :)(max ;
•Nếu ( ) 1
( , )
n n
i i
x x C I=
= ∈  thì ( )n
iCiC
xx 1=
= .
• ( , )n
C I  là không gian các vectơ hàm : n
x I →  liên tục tuyệt đối.
• ( , )n n
C I ×
 là tập hợp các hàm ma trận liên tục : n n
X I ×
→  .
•Nếu ( ) , 1
( , )
n n n
ik i k
X x C I ×
=
= ∈  thì ( )n
kiCikC
xX 1, =
= .

8. 8
• ( , )n
L Iµ
 với +∞<≤ µ1 là không gian các vectơ hàm : n
x I →  có các
phần tử µ - khả tích với chuẩn:
µ
µ
µ
1
)( 







= ∫
b
a
L
dttxx .
•Nếu ( ) , 1
:
n n n
ik i k
X x I ×
=
= →  thì
{ } { }( )
{ } { }
n
ki
ik
ItIt
n
ki
ik
ItIt
txesstXess
txtX
1,
1,
)(sup)(sup
)(max)(max
=∈∈
=∈∈





=
=
•Nếu ( , )n n
Z C I ×
∈  là một ma trận hàm với các cột nzz ,...,1 và
: ( , ) ( , )n n
g C I L I→  là một toán tử tuyến tính thì g(z)= )(),...,( 1 nzgzg .
• χ là hàm đặc trưng trên I:
1 ,
( )
0 ,
t I
t
t I
χ
∈
= 
∉
• ( , )n
L I  ) là không gian các vectơ hàm : n
x I →  khả tích Lebesgue với
chuẩn ∫=
b
a
L
dttxx )( .
• ( , )n n
L I ×
 là không gian các ma trận hàm : n n
X I ×
→  khả tích Lebesgue.
•Nếu ( ) , 1
( , )
n n n
ik i k
X x L I ×
=
= ∈  thì ( )n
kiLikL
xX 1, =
= .

9. 9
CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
1.1 Giới thiệu bài toán
Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:
)())((
)(
tqtxp
dt
tdx
+= (1.1)
Với điều kiện biên:
0)( cxl = (1.2)
Trong đó ),(),(: nn
RILRICp → và nn
RRICl →),(: là những toán tử tuyến
tính bị chặn, .),,( 0
nn
RcRILq ∈∈
Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:
00 )( ctx = với It ∈0 (1.3)
Hay điều kiện biên tuần hoàn:
0)()( caxbx =− (1.4)
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là một vectơ hàm n
RIx →: liên tục tuyệt
đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
Trường hợp riêng của bài toán (1.1), (1.2) là các bài toán về sự tồn tại
nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số lệch:
)())(()(
)(
0 tqtxtP
dt
tdx
+= τ (1.5)
Thỏa một trong các điều kiện sau:
0)(,),()( cxlIttutx =∉= (1.6)
00 )(,),()( ctxIttutx =∉= (1.7)
0)()(,),()( caxbxIttutx =−∉= (1.8)
Trong đó RIRILqRILP nnn
→∈∈ ×
:),,(),,( 0 τ là hàm đo được và
vectơ hàm n
RRu →: liên tục và bị chặn.
Bài toán (1.5) đưa về dạng bài toán (1.1) khi ta đặt:

10. 10





>
≤≤
<
=
btkhib
btakhit
atkhia
t
)(,
)(,)(
)(,
)(0
τ
ττ
τ
τ (1.9)
))(()())(())(( 0 txtPttxp I ττχ= (1.10)
( ) )())(()()((1)( 0 tqtutPttq I +−= ττχ (1.11)
Với Iχ là hàm đặc trưng của khoảng I:



∉
∈
=
It
It
tI
,0
,1
)(χ
Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [4].
1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính.
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) , ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó:
))((
)(
txp
dt
tdx
= (1. 01 )
0)( =xl (1. 02 )
Trong đó
(i) ),(),(: nn
RILRICp → là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại một hàm
RI →:η khả tích thỏa
C
xttxp )())(( η≤ với ),(, n
RICxIt ∈∈ .
Khi đó p gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh.
Như vậy một toán tử bị chặn mạnh cũng là một toán tử bị chặn.
1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Định lý 1.1:
Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất
tương ứng (1. 01 ), (1. 02 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh:
Đặt nn
RRICB ×= ),( là không gian Banach gồm các phần tử u=(x;c), trong đó
),( n
RICx∈ và n
Rc∈ , với chuẩn:

11. 11
cxu CB
+=
Lấy tùy ý Bcxu ∈= );( và một điểm tùy ý cố định It ∈0 , ta đặt:
Itkhicdssqth
Itkhixlcdssxptxctuf
t
t
t
t
∈








=
∈








−++=
∫
∫
0
0
0
0
,)()(
)(,))(()())((
(1.12)
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử sau trong B
hufu += )( (1.13)
Vì Bcxu ∈= );( là một nghiệm của (1.13) nếu c=0 và x là một nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2).
Mặt khác, từ (i)-(iii) và (1.12), ta có BBf →: là một toán tử tuyến tính
compact. Thật vậy, từ (i), (ii) và (1.12) ta có f là toán tử tuyến tính liên tục. Đặt
).()(
,))(()())((
:);;(:
2
01
21
0
xlcuf
dssxptxctuf
RBfRICBf
t
t
nn
−=
++=
→→
∫
Khi 1≤B
u ta có
,1))((,1)( 12 L
tufluf η+≤+≤
.)())(())(())(())(( 11 ∫∫∫ ≤≤=−
t
s
t
s
t
s
ddxpdxpsuftuf ζζηζζζζ
Do đó ta có ))1,0((2 Bf là tập Compact tương đối trong n
R , ))1,0((1 Bf là tập
bị chặn đều và đẳng liên tục trong );( n
RIC , với { }1:)1,0( ≤∈= B
uBuB .
Theo định lý Ascoli-Arzela ta có ))1,0((1 Bf là tập Compact tương đối trong
);( n
RIC . Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact.
Do đó theo định lý Fredholm cho phương trình toán tử thì điều kiện cần và
đủ để phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là phương trình toán tử:
)(ufu = (1.14)
chỉ có nghiệm tầm thường. Điều đó tương đương với bài toán thuần nhất
(1. 01 ), (1. 02 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý chứng minh xong.

12. 12
Sau đây ta xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho sự tồn tại duy nhất nghiệm
của bài toán (1.1), (1.2).
Lấy tùy ý một điểm cố định It ∈0 . Ta định nghĩa các toán tử
),(),(: nnk
RICRICp → và ma trận nn
k R ×
∈Λ như sau:
( ) )16.1(),,3,2,1()(...)()(
)15.1(,...),3,2,1()))((())((),())((
110
10
0
=+++=Λ
===
−
−
∫
kEpEpEpl
kdssxpptxptxtxp
k
k
k
t
t
k
Nếu ma trận kΛ không suy biến với (k=1,2,…) thì ta đặt:
[ ] ))(())(())(())(())((
),())((
110,
,
xpltEptEptxptxp
txtxp
k
k
mmmk
mk o
−−
Λ++−=
=

(1.17)
Định lý 1.2:
Giả sử tồn tại k và m là các số nguyên dương, 0m là số nguyên không âm và
ma trận nn
RA
×
+∈ thỏa:
1)( <Ar
ma trận nn
k R ×
∈Λ trong (1.16) là không suy biến và bất đẳng thức sau:
C
mk
C
mk
xpAxp )()( 0,,
≤ (1.18)
Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. 02 ).
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán thuần nhất (1. 01 ), (1. 02 )
chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 01 ), (1. 02 ). Khi đó ta lấy tích
phân 2 vế của (1. 01 ) ta được:
))(())(()()( 1
0
0
txpcdssxptxtx
t
t
+=+= ∫
với )( 0txc = .
Thay x(t) trở lại ta được:

13. 13
Tiếp tục quá trình trên ta có:
[ ] ))(())((...))(())(()( 110
txpctEptEptEptx ii
++++= −
(1.19)
với mọi số nguyên dương i tùy ý.
Từ (1. 02 ), (1.16) và (1.19) ta tác động l vào 2 vế của (1.19) ta có:
[ ]
))((0
)))((())((...))(())(())(( 110
xplchay
txplctEptEptEpltxl
k
k
kk
+Λ=
++++= −
Do ma trận kΛ không suy biến nên:
))((1
xplc k
k
−
Λ−=
Thay c vào (1.19) ta được:
[ ] ))(())(())(())(())(()( ,110
txpxpltEptEptxptx mkk
k
mm
=Λ+++= −−
 do(1.17)
Mặt khác ta có: )())((,
txtxp omk
= nên suy ra:
))(())(( ,,
txptxp mkmk o
=
Thay vào (1.18) ta được:
C
mk
C
mk
xpAxp )()( 0,,
≤
Hay
C
mk
C
mk
xpAxp )()( 00 ,,
≤
Do đó
( ) 0)(0,
≤−
C
mk
xpAE
Hơn nữa, do A không suy biến và 1)( <Ar , nên ma trận nghịch đảo không
âm ( ) 1−
− AE của ma trận (E-A) là không suy biến và không âm nên suy ra:
0)(0,
≤
C
mk
xp
Do đó:
0))((0,
≡txp mk
Vậy 0)( ≡tx . Định lý được chứng minh xong
( )
( )
[ ] ))(())(())((
))(())(()()(
)()())(()(
210
211
111
0
txpctEptEp
txptcpcdssxpcpc
txpcpctxpctx
t
t
++=
++=++=
++=+=
∫

14. 14
Hệ quả 1.3:
Giả sử tồn tại số nguyên dương m, một số nguyên không âm 0m và ma trận
nn
RA ×
∈ thỏa 1)( <Ar và bất đẳng thức:
C
m
C
m
xpAxp )()( 0
≤ (1.20)
Thỏa với mọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1. 01 ) với điều kiện ban đầu:
0)( 0 =tx
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Bằng cách thay )()( 0txxl = khi đó từ giả thiết (1.15)-(1.17) ta có các số
nguyên dương tùy ý k và m thỏa:
))(())((,0))((, ,
txptxpxplE mmkk
k ===Λ .
Từ đó, theo định lý 1.2 suy ra bài toán (1.1), (1.3) chỉ có một nghiệm duy
nhất.(đpcm)
Chú ý:
Trong định lý 1.2 và hệ quả 1.3, điều kiện 1)( <Ar không thể thay thế bằng
điều kiện: 1)( ≤Ar .
Thật vậy, ta xét hệ phương trình vi phân sau:
∫=
1
0
)(2
)(
dssx
dt
tdx (1.21)
Trên đoạn I=[0,1] với điều kiện ban đầu:
x(0)=1 (1.22)
Mỗi nghiệm của hệ (1.21) có dạng:
cttx =)(
Trong đó n
Rc∈ là một vectơ hằng tùy ý. Do đó, bài toán giá trị ban đầu
(1.21), (1.22) không có nghiệm.
Mặt khác ta có:
∫∫ ==
tt
dxtdssxptxp
00
1
)(2))(())(( ττ

15. 15
( )
∫∫ ∫ ∫
∫ ∫∫
=
















=








==
1
00
1
0
1
0
0
1
0
1
0
12
)(2)(22
))((2)()())((
dssxtdsddx
dsdxpdssxpptxp
t
tt
ζττζ
ζζ
Suy ra
))(())(( 12
txptxp =
Do đó, điều kiện (1.20) với EAmm === ,1,2 0 thỏa hệ (1.21), nhưng ma
trận A thỏa r(A)=1.
Hệ quả 1.4:
Giả sử tồn tại các số nguyên không âm m và 0m , và ma trận nn
RA
×
+∈ thỏa
mãn:
)(2
)(
ab
Ar
−
<
π
(1.23)
Và bất đẳng thức:
2
0
2
)())((
L
m
L
m
xpAxpp ≤ (1.24)
Thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1. 01 ) với điều kiện ban đầu:
0)( 0 =tx
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Ta cần chứng minh hệ (1. 01 ) với điều kiện ban đầu:
0)( 0 =tx (1.25)
chỉ có nghiệm tầm thường 0)( ≡tx .
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 01 ), (1.25). Khi đó, theo
(1.15) ta có:
))(())(()( 10
txptxptx mm +
==
Suy ra:
22
0
)()( 1
L
m
L
m
xpxp +
= . (1.26)
Mặt khác ta có:

16. 16
[ ] )))((())((,0))(( 1
0
1
txpptxp
dt
d
txp mmm
== ++
Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger ta được:
22
))((
)(2
)(1
L
m
L
m
xpp
ab
xp
π
−
≤+
Kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có:
( )
2
0
2
0
22
0
)()(
)(2
)(
)(2
)(
L
m
L
m
L
m
L
m
xpBxpA
ab
xpp
ab
xp
=
−
≤
−
≤
π
π với A
ab
B
π
)(2 −
=
Suy ra:
0)()( 2
0
≤−
L
m
xpBE
Hơn nữa ta có:
1
)(2
)(2
)(
)(2
)(
)(2
<
−
−
<
−
=
−
=
ab
ab
Ar
ab
Brrasuy
A
ab
B
π
ππ
π
(do
)(2
)(
ab
Ar
−
<
π
)
Nên ma trận ( ) 1−
− BE không suy biến suy ra:
0)( 2
0
≤
L
m
xp
Do đó 0))(()( 0
≡= txptx m
(đpcm)
Chú ý:
Trong điều kiện (1.23) dấu bằng không thể xảy ra. Thật vậy, chúng ta xét
bài toán thuần nhất sau:
0)0(
2
)(
=






−=
x
tx
dt
tdx π
(1.27)
Trên đoạn 



=
2
,0
π
I có một nghiệm không tầm thường là:
tEtx sin)( = .
Khi đó, ta có:

17. 17
( ) tEtxtxptxpp
tEtxtxp
cos
2
))(()()(
,sin)())((
0
0
=





−==
==
π
Do đó, điều kiện (1.24) với EAmm === ,00 đều thỏa hệ (1.27) nhưng
ma trận A thỏa đẳng thức:
)(2
)(
ab
Ar
−
=
π
Thay cho điều kiện (1.23).
Hệ quả 1.5
Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận
∑∫=
=
i
j
j
b
a
i dssEppB
1
)))((( (1.28)
là không suy biến và khi đó tồn tại một ma trận nn
RB ×
+∈ sao cho:
C
b
a
xBdttxp ≤∫ ))(( (1.29)
Thỏa với mọi x là một nghiệm của hệ (1. 01 ) với điều kiện: )()( axbx = và
( ) 121
<+ +− i
i BBBr
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Để chứng minh hệ quả ta cần kiểm tra các điều kiện của định lý 1.2 được
thỏa với:
0,1,2),()()( 0 ==+=−= mmikaxbxxl
Thật vậy, ta có:
( )
( ) ( ) ( )∫ ∫∫
+++
++
=−=
−=−=
b
t
b
a
i
a
t
ii
iikkk
dssxppdssxppdssxpp
axpbxpaxpbxpxpl
0 0
.)()()()()()(
))(())(())(())(()(
111
22
Từ các giả thiết (1.28), (1.29), (1.15), (1.16) chọn kiB Λ= khi đó ta có:

18. 18
∫∫
∫
∫
++++
−−
≤≤≤=
=≤≤≤
≤≤
b
a
C
i
C
iii
b
a
k
b
a
C
j
C
jj
C
j
C
b
a
C
xBxpBdssxppdssxppxpl
jxBxpBdssxppxp
xBdssxpxp
2111
11
1
)()))((()))((())((
,...)2,1()()))((()(
))(()(
Khi đó từ (1.17) ta có:
CC
k
iC
k
xAxplBxpxp ≤−= −
))(()()( 111,
với ( )21 +−
+= i
i BBBA thỏa ( ) 1)( 21
<+= +− i
i BBBrAr . Hệ quả được chứng
minh.
Định lý 1.6:
Giả sử tồn tại một ma trận hàm ),(0
nn
RILP ×
∈ sao cho hệ phương trình vi
phân:
)()(
)(
0 txtP
dt
tdx
= (1.30)
Với điều kiện biên (1. 02 ) chỉ có nghiệm tầm thường và
[ ]∫ ≤+
b
a
Co xAdssxsPsxpstG )()())((),(0 (1.31)
Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. )20 , trong đó 0G là ma
trận Green của bài toán (1.30), (1. 02 ) và nn
RA ×
+∈ là ma trận thỏa điều kiện
1)( <Ar .
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán (1. 01 ), (1. )20 , với các giả thiết
của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 01 ), (1. )20 , Khi đó vì (1.30),
(1. )20 , chỉ có một nghiệm tầm thường, nên bài toán
[ ])()())(()()())((
)(
00 txtPtxptxtPtxp
dt
tdx
−+==

19. 19
Với điều kiện biên (1. 02 ) có nghiệm duy nhất và do 0G là ma trận Green
của bài toán (1.30), (1. 02 ) nên ta có:
[ ]dssxsPsxpstGtx
b
a
∫ −= )()())((),()( 00
Từ bất đẳng thức (1.31) ta được:
CC
xAx ≤
Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm, 1)( <Ar nên
( ) ( )
0)(
0000
1
≡
=⇒=−≤⇒≤−
−
txhay
xAExxAE CCC
Hệ quả 1.7:
Giả sử tồn tại một ma trận hàm ),(0
nn
RILP ×
∈ sao cho:








=







∫∫
t
s
t
s
dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000 (1.32)
Với mọi t và Is ∈ và bất đẳng thức
[ ] C
t
t
t
s
xAdssxsPsxpdP ≤−







∫ ∫
0
)()())(()(exp 00 ζζ với It ∈
Thỏa với mọi x là nghiệm tùy ý của hệ (1. 01 ) với điều kiện đầu:
0)( 0 =tx
Trong đó nn
RA ×
+∈ là ma trận thỏa 1)( <Ar .
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Do (1.32) nên ma trận Cauchy của hệ (1.30) có dạng:








= ∫
t
s
dPstC ζζ )(exp),( 00
Với mọi x là nghiệm của hệ (1. 01 ) với điều kiện đầu 0)( 0 =tx thì x cũng là
nghiệm của hệ
[ ])()())(()()())((
)(
00 txtPtxptxtPtxp
dt
tdx
−+==
Theo định lý Lagrant ta có:

20. 20
[ ]
[ ]∫ ∫
∫
−







=
−=
t
t
t
s
t
t
dssxsPsxpdP
dssxsPsxpstCtx
0
0
)()())(()(exp
)()())((),()(
00
00
ζζ
Do đó theo (1.33) ta có:
CC
xAx ≤
Mà 1)( <Ar nên
( ) ( )
0)(
0000
1
≡⇒
=⇒=−≤⇒≤−
−
tx
xAExxAE CCC
Vậy hệ (1. 01 ) với điều kiện đầu 0)( 0 =tx chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó bài
toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.8:
Giả sử tồn tại ma trận hàm ),(0
nn
RILP ×
∈ thỏa








=







∫∫
t
s
t
s
dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000
Và ma trận








−= ∫
b
a
dssPEA )(exp 00
là không suy biến. Giả sử
[ ] C
t
abt
t
s
xAdssxsPsxpdPA ≤−







∫ ∫+−
−
)()())(()(exp 00
1
0 ζζ với It ∈ (1.34)
)()(),)(())(( 00 tPabtPtxpabtxp ≡+−≡+− (1.35)
Trong đó nn
RA ×
+∈ là ma trận thỏa 1)( <Ar .
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Do (1.32) và ma trận 0A là không suy biến nên bài toán (1.30), (1. 02 ) với
)()()( axbxxl −≡ chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1. 02 ) với )()()( axbxxl −≡ .

21. 21
Khi đó theo (1.32) ta có với mọi ),(~ n
RILq ∈ thì
dssqdPAdssqstG
t
s
b
a
t
abt
)(~)(exp)(~),( 0
1
00 







= ∫∫ ∫+−
−
ζζ với It ∈
Trong đó:
)(~)(~ tqabtq ≡+− .
Mặt khác ta có:
[ ]∫ ∫+−
−
−






t
abt
t
s
dssxsPsxpdPA )()())(()(exp 00
1
0 ζζ
[ ]∫ ≤+=
b
a
Co xAdssxsPsxpstG )()())((),(0
Khi đó tất cả các giả thiết của định lý 1.6 đều thỏa suy ra bài toán chỉ có
nghiệm duy nhất.
1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra
Trong mục này, ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
khi p là toán tử Volterra.
Với tùy ý 0t , ),(, n
RICxIt ∈∈ ta đặt:
[ ]),(),,(
},max{),(};,min{),(
00,
0000
0
ttttI
tttttttt
tt
∗
∗
∗
∗
=
==
αα
αα
Và
{ }tttt
Issxx ., 00
:)(max ∈=
Định nghĩa 1.9:
Một toán tử p được gọi là toán tử 0t -Volterra nếu với mọi It ∈ và
),( n
RICx∈ thỏa điều kiện sau:
0)( =sx với ttIs ,0
∈
Khi đó ta có:
0))(( =sxp với hầu hết ttIs ,0
∈ .
Bổ đề 1.10:
Nếu ),(),(: nn
RILRICp → là toán tử −0t Volterra thì các bất đẳng thức sau
đúng với mọi ),( n
RICx∈ :

22. 22
tt
xttxp ,0
)())(( η≤ với mọi It ∈ (1.36)
tt
k
t
t
k
xdss
k
txp ,0
0
)(
!
1
))(( ∫≤ η với It ∈ (k=1,2,…) (1.37)
Trong đó η là hàm thỏa điều kiện (i),và hàm ),(),(: nnk
RICRICp → là các
toán tử được cho bởi các đẳng thức (1.15).
Chứng minh:
Giả sử với mọi It ∈ và ),( n
RICx∈ ta đặt:





>
≤≤
<
=
∗∗
∗
∗
∗∗
),()),((
),(),()(
),,()),((
)(
00
00
00
,0
ttskhittx
ttsttkhisx
ttskhittx
sx tt
αα
αα
αα
Khi đó với ttIs ,0
∈ ta có ( ) 0)(,0
=− sxx tt và do p là một toán tử −0t Volterra
nên ta có:
( ) 0)(,0
=− sxxp tt hay ( ) )()())(( ,0
sxpsxp tt= , với hầu hết ttIs ,0
∈ .
Từ điều kiện (i) ta được:
ttCtt xsxssxp ,,
00
)()())(( ηη =≤ , với hầu hết ttIs ,0
∈ .
Bây giờ ta chứng minh (1.37) bằng phương pháp quy nạp.
Theo (1.15), (1.36) ta có:
tt
t
t
t
t
t
t
t
xddxdxptxp ,,
1
0
00
0
0
)()())(())(( ∫∫∫ ≤≤≤ ττηττηττ τ
( )
tt
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
xdssdxdss
dxpdxpptxp
,
2
,
,
112
0
00
0
0
0
0
0
)(
2
1
)()(
)()()()())((
∫∫ ∫
∫∫
≤≤
≤≤
ητητη
ττηττ
τ
τ
τ
Giả sử
tt
k
t
t
k
xdss
k
txp ,0
0
)(
!
1
))(( ∫≤ η với It ∈ (k=1,2,…)
Khi đó:

23. 23
( )
tt
k
t
t
t
k
t
t
t
t
t
t
k
t
t
kk
xdss
k
dxdss
k
dxpdxpptxp
,
1
,
,
1
0
0
0
00
0
0
0
)(
)!1(
1
)()(
!
1
)()()()())((
+
+
∫∫∫
∫∫
+
≤≤
≤≤
ητητη
ττηττ
τ
τ
τ
, với It ∈
Bằng phương pháp quy nạp ta suy ra (1.37) là đúng. (đpcm) 
Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau:
Bổ đề 1.11:
Nếu p là toán tử −0t Volterra thì toán tử 1
pE − là khả nghịch và
( ) ∑
+∞
=
−
=−
0
11
k
k
ppE
Trong đó ,...)1,0( =kpk
là các toán tử được định nghĩa bởi đẳng thức (1.15).
Định lý 1.12:
Giả sử p là toán tử −0t Volterra. Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm
duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương k, m và một ma trận
nn
RA ×
+∈ sao cho kΛ là không suy biến, 1)( <Ar và:
),()(, n
CC
mk
RICxkhixAxp ∈≤ .
Chứng minh:
Điều kiện đủ của định lý được suy ra từ định lý 1.2, ta chứng minh điều
kiện cần như sau:
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất, khi đó bài toán (1. 01 ),
(1. )20 , chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của hệ (1. 01 ) ta có:
))(())(()()( 1
0
0
txpcdssxptxtx
t
t
+=+= ∫ với )( 0txc = .
Theo bổ đề 1.11 ta có:
ctXtx )()( = trong đó ∑
∞
=
=
0
))(()(
i
i
tEptX

24. 24
Vì bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương
trình
0)( =cXl
chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra:
0))(det( ≠Xl (1.38)
Đặt
∑
−
=
=
1
0
))(()(
k
i
i
k tEptX
Khi đó
.0lim),( =−=Λ
+∞→ Ck
k
kk XXXl
Tác động l liên tục vào đẳng thức trên ta được:
)(lim Xlk
k
=Λ
+∞→
(1.39)
Từ (1.38) và (1.39) suy ra tồn tại số nguyên dương 0k và một số thực dương
δ thỏa mãn:
,0)det( ≠Λk ,...)2,1,...;2,( 00
1
=+=<Λ−
mkkklX kCm δ (1.40)
Trong đó l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác theo bổ đề 1.10 ta được:
)41.1(,...)2,1(
!
)( 0
=≤ kx
k
xp C
k
C
k δ
Trong đó
∫=
b
a
dtt)(0 ηδ
Từ (1.40), (1.41), (1.17) ta có:
,...)2,1,...;1,(
!!
)( 00
0,
=+=





+≤ mkkkx
km
xp C
k
o
m
C
mk δ
δ
δ
(1.42)
Chọn số nguyên dương 00 km ≥ sao cho:
,...)1,,...;1,(
2
1
!!
0000
0
+=+=<





+ mmmmmk
nkm
k
o
m
δ
δ
δ
Khi đó với mỗi 0mk ≥ và 0mm ≥ , từ (1.42) suy ra:
),()(, n
CC
mk
RICxkhixAxp ∈≤

25. 25
Trong đó nn
RA ×
+∈ là một ma trận với các phần tử
n2
1
đều thỏa 1)( <Ar .
Định lý được chứng minh. 
1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát
Với k là một số nguyên dương tùy ý cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài
toán sau đây:
)())((
)(
tqtxp
dt
tdx
kk += (1. k1 )
kk cxl 0)( = (1. k2 )
Trong đó:
(i) ),(),(: nn
k RILRICp → là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm
+→ RIk :η khả tích thỏa mãn:
Ckk xttxp )())(( η≤ với ),(, n
RICxIt ∈∈ .
(ii) nn
k RRICl →),(: là một toán tử tuyến tính bị chặn.
(iii) .),,( 0
n
k
n
k RcRILq ∈∈
Với mỗi toán tử bị chặn ),(),(: nn
RILRICg → , ta ký hiệu chuẩn của nó là
g và gM là tập các vectơ hàm liên tục tuyệt đối n
RIy →: được biểu diễn bởi:
∫+=
t
a
dsszgazty ))(()()(
trong đó n
RIz →: là vectơ hàm liên tục tùy ý sao cho:
1=C
z .
Bổ đề 1.13:
Giả sử bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử
kp , ,...)2,1( =klk thỏa mãn các điều kiện
[ ] +∞→→








∈∈−∫ kkhiMyItdssypsyp kp
t
a
k 0,:))(())((sup (1.43)
)()(lim ylylk
k
=
+∞→
với ,...)2,1(),( =∈ kRICy n
(1.44)

26. 26
Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k và một hằng số dương 0>α sao cho với
mọi vectơ hàm n
RIz →: liên tục tuyệt đối tùy ý ta có:
,...)1,()( 00 +=∆≤ kkkzz kC
α (1.45)
Trong đó
[ ]








−++=∆ ∫∈
t
a
kkk
It
k dsszpszpzlz ))(()(')1()(max)( (1.46)
Chứng minh:
Từ điều kiện (1.44) và theo định lý Banach – Steinhaus ta có dãy { }+∞
=1kkl bị
chặn. Tức là tồn tại một hằng số dương β sao cho:
Ck yyl β≤)( với ,...)2,1(),( =∈ kRICy n
(1.47)
Ta đặt
,...)2,1())(())((,))(())(( 11
=== ∫∫ kdssyptypdssyptyp
t
a
kk
t
a
Khi đó ta có 1
p và ),(),(:1 nn
k RICRICp → là các toán tử tuyến tính bị chặn và
,...)2,1(1
=≤ kpp kk (1.48)
Mặt khác từ (1.43) ta có:
{ } +∞→→∈− kkhiMyypyp pkCk 0:)()(sup 11
(1.49)
(Phản chứng) Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại dãy số tăng
nguyên dương ( )+∞
=1mmk và dãy các vectơ hàm ,...)2,1(: =→ mRIz n
m liên tục
tuyệt đối sao cho:
,...)2,1()( =∆> mzmz mkCm m
(1.50)
Với mỗi ,...2,1=m ta đặt:
[ ]
))(())(())(()(
),()()(
,...)2,1())(()(')(
,...)2,1()()(
1
0
1
0
1
0
1
tvptyptyptw
tvtyty
mdssypsytv
mtzzty
mkmmkm
mmm
t
a
mkmm
mCmm
mm
m
+−=
−=
=−=
==
∫
−
(1.51)
Khi đó:

27. 27
)54.1()())(()()(
)53.1())(()()(
)52.1(,...)3,2,1(1
0
1
0
1
0
twtypayty
typayty
my
mmmm
mkmm
Cm
m
++=
+=
==
Từ (1.52), (1.53) ta được:
,...)2,1(0 =∈ mMy mkm
Mặt khác (1.49) suy ra:
0)()(lim 0
1
0
1
=−
+∞→ Cmmk
m
ypyp m
(1.55)
Từ (1.46), (1.50) với mỗi m=1,2,… ta có:
[ ] ( ) )(1
1
))(()('
1
)(
1
mkk
Cm
t
a
mkm
Cm
m zp
z
dsszpsz
z
tv mmm
∆+≤−=
−
∫
Với mọi It ∈ suy ra
( )
( ) ,...)2,1(1
1
)(1
1
11
=+<
∆+≤
−
−−
mp
m
zzpv
m
m
k
mmmkCm
(1.56)
Và do (1.48) ta có
,...)2,1(
1
)(1
=<≤ m
m
vpvp CmkCmk mm
Kết hợp với (1.55) ta có:
0lim =
+∞→ Cm
m
w (1.57)
Mặt khác theo (1.51), (1.52), (1.56) suy ra:
,...)2,1(20 =≤+≤ mvyy CmCmCm
Do đó tồn tại một hàm +→ RI:γ khả tích sao cho bất đẳng thức sau đúng
với hầu khắp nơi trên I :
,...)2,1()())(( 0 =≤ mttyp m γ
Khi đó:
∫≤−
t
s
mm dsyptyp ζζγ )())(())(( 0
1
0
1
với ,...)2,1( =≤≤≤ mbtsa (1.58)
Từ (1.54), (1.57) kết hợp với (1.58) suy ra dãy ( )+∞
=10 mmy là đồng liên tục.

28. 28
Theo bổ đề Ascoli- Arzela, không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
rằng dãy ( )+∞
=10 mmy là hội tụ đều.
Ta đặt:
)()(lim 00 tyty m
m
=
+∞→
Khi đó từ (1.51), (1.52), (1.54) và (1.57) ta có:
))(()()(;1
0lim
0
1
000
0
typaytyy
yy Cm
m
+==
=−
+∞→
(1.59)
Do đó 0y là một nghiệm không tầm thường của hệ (1. 01 ).
Mặt khác từ (1.47), (1.50) ta có:
,...)2,1(
1
)(
)()()(
0
1
0
00
=+−≤
+−≤
+−≤
−
m
m
yy
zlzyy
ylyylyl
Cm
mkCmm
mkmkk
m
mmm
β
β
Từ (1.44), (1.59) ta được:
0)( 0 =yl .
Điều đó có nghĩa là 0y là một nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. )20 Nhưng
mâu thuẫn với bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm không tầm thường. Bổ đề
được chứng minh. 
Định lý 1.14:
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm x duy nhất, dãy các toán tử kp và
,...)2,1( =klk thỏa các điều kiện (1.43), (1.44).
Giả sử với mọi hàm n
RIy →: liên tục tuyệt đối tùy ý ta có:
[ ] 0))(())(()1(lim =







−+ ∫+∞→
t
a
kk
k
dssypsypp đều trên I (1.60)
Hơn nữa
[ ] 0)()()1(lim =







−+ ∫+∞→
t
a
kk
k
dssqsqp đều trên I (1.61)
00lim cc k
k
=
+∞→
(1.62)

29. 29
Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1. k1 ), (1. )2k chỉ có
nghiệm duy nhất kx với mỗi 0kk ≥ và
0lim =−
+∞→ Ck
k
xx (1.63)
Chứng minh:
Giả sử 0k là số nguyên dương trong bổ đề 1.13. Khi đó theo bổ đề này, với
mỗi 0kk ≥ ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó:
0)(
))((
)(
=
=
xl
txp
dt
tdx
k
k
Chỉ có nghiệm tầm thường với 0kk ≥ . Theo định lý 1.1 nói đến sự tồn tại
nghiệm duy nhất của bài toán (1. k1 ), (1. )2k
Giả sử x và kx là các nghiệm tương ứng của bài toán (1.1), (1.2) và (1. k1 ),
(1. )2k Ta đặt:
)()()( txtxtz kk −=
Khi đó với mỗi 0kk ≥ , ta có:
kkk
kkk
k
zl
tqtzp
dt
tdz
ς=
+=
)(
)(~))((
)(
Trong đó:
)()(
)()())(())(()(~
00 xlxlcc
tqtqtxptxptq
kkk
kkk
−+−=
−+−=
ς
Từ các điều kiện (1.60)-(1.62) và (1.44) ta có:
0lim
,0:)(~max)1(
=
+∞→→








∈+=
+∞→
∫
k
k
t
a
kkk kkhiItdssqp
ς
δ
Mặt khác theo bổ đề 1.13, tồn tại một hằng số dương α sao cho:
( ) ,...)1,( 00 +=+≤ kkkz kkCk δςα
Vì vậy : 0lim =
+∞→ Ck
k
z .
Hay 0lim =−
+∞→ Ck
k
xx (đpcm) 

30. 30
Hệ quả 1.15:
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất x và
[ ]∫ =−
+∞→
t
a
k
k
dssypsyp 0))(())((lim đều trên I (1.64)
Với mọi hàm liên tục tuyệt đối n
RIy →: ta có:
[ ] 0)()(lim =−∫+∞→
dssqsq
t
a
k
k
đều trên I (1.65)
00lim
),;()()(lim
cc
RICykhiylyl
k
k
n
k
k
=
∈=
+∞→
+∞→
Và tồn tại một hàm +→ RI:η khả tích sao cho các bất đẳng thức sau đúng
hầu khắp nơi trên I với mọi ),( n
RICy ∈ :
,...)3,2,1()())(( =≤ kyttyp Ck η (1.66)
Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1. k1 ), (1. )2k chỉ có
nghiệm duy nhất kx thỏa (1.63) với mỗi 0kk ≥ .
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng:
C
yttyp )())(( η≤ (1.67)
Từ (1.66) ta được:
,...)3,2,1()( =≤ ∫ kdttp
b
a
k η
Do các điều kiện (1.64), (1.65), suy ra (1.60) và (1.61).
Theo định lý 1.14, để chứng minh hệ quả ta chỉ cần chứng minh điều kiện
(1.43). Giả sử trái lại điều kiện (1.43) không đúng. Khi đó tồn tại 00 >ε , một
dãy các số nguyên dương ( )+∞
=1mmk và một dãy các vectơ hàm:
,...)3,2,1( =∈ mMy mpkm
Sao cho:
[ ] 0))(())((max ε>








−∫∈
dssypsyp mmk
It m
(1.68)
Kết hợp với (1.67), (1.66) ta được:

31. 31
,...)3,2,1())(()()( =+= ∫ mdsszpazty
t
a
mkmm m
Trong đó:
∫+≤=∈
b
a
CmCm
n
m dssyzRICz )(1;1),;( η
Và
∫≤−
t
s
mm dsyty ζζη )()()( với btsa ≤≤≤ (1.69)
Do đó dãy ( )+∞
=1mmy là đồng liên tục. Vì vậy không mất tính tổng quát ta có thể
giả sử dãy ( )+∞
=1mmy hội tụ đều
Đặt
)()(lim tytym
m
=
+∞→
.
Khi đó theo (1.69) ta có:
∫≤−
t
s
dsyty ζζη )()()( với btsa ≤≤≤
Do vậy, hàm n
RIy →: là hàm liên tục tuyệt đối.
Từ (1.64), (1.66), (1.67) suy ra:
[ ]
[ ] +∞→→








∈−+
+−







≤








∈−
∫
∫∫
tkhiItdssypsyp
yydssItdssypsyp
t
a
k
Cm
b
a
t
a
mmk
m
m
0:))(())((max
)(2:))(())((max η
Suy ra mâu thuẫn với (1.68). 
1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát
1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Bài toán (1.5), (1.6) có thể được viết lại dưới dạng của bài toán (1.1), (1.2).
Trong đó toán tử p và vectơ hàm q được nhắc đến trong đẳng thức (1.10),
(1.11) và hàm 0τ được cho bởi đẳng thức (1.9).
Do đó, định lý 1.1 cho bài toán (1.5), (1.6) có dạng dưới đây:

32. 32
Định lý 1.16:
Bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần
nhất tương ứng
( ) ( )
0)(
)()()(
)(
0
=
=
xl
txtPt
dt
tdx
I ττχ
Chỉ có nghiệm tầm thường.
Do nn
RRICl →),(: là tuyến tính liên tục nên theo định lý Riesz, khi đó
tồn tại một ma trận hàm duy nhất nn
RI ×
→Λ : sao cho các thành phần của Λ
đều có biến phân bị chặn trên I, và không mất tính tổng quát ta giả sử
Θ=Λ )(b
Và với tùy ý ),( n
RICx∈ , ta có:
∫ Λ=
b
a
txtdxl )()()(
Ta suy ra rằng nếu n
RIx →: liên tục tuyệt đối thì
∫Λ−Λ−=
b
a
dttxtaxaxl )(')()()()( (1.70)
Giả sử 0t là một điểm cố định tùy ý trong khoảng I. Với mọi ma trận hàm
tùy ý ),( nn
RILV ×
∈ ta xét các tập hợp sau:
[ ] [ ]
[ ] [ ] [ ] ,...)2,1()()()(
),())(()(,)(
)(
,1,1,
1,0,
0
0
==
=Θ=
∫+ idssVtVtV
tVttVtV
t
t
ii
I
τ
τττ
ττ τχ
Trong đó: 0τ là hàm được nhắc đến trong (1.9). Thì khi đó từ (1.10), (1.15)-
(1.17), và (1.70) ta có:
[ ] [ ]∑ ∫ ∫
−
− 







Λ−Λ−Λ−=Λ
1
0
,,
0
)()()()()(
k
i
b
a
t
a
iik dssPadssPsa ττ (1.71)
Và
CmkC
mk
xAxp ,
,
)( ≤ với ),( n
RICx∈
Trong đó

33. 33
[ ] [ ] 







Λ+×Λ





++= ∫∫∑ −
−
=
dssPsdssPAEAA k
b
a
t
a
kk
m
i
immk ,,
1
1
0
, )()()(
0
ττ
(1.72)
Và
[ ] ),...,1,0(:)(max
0
,
miItdssPA
t
t
ii =








∈= ∫ τ
(1.73)
Từ các định lý 1.2, 1.12 và hệ quả 1.4 ta suy ra các kết quả sau:
Định lý 1.17:
Giả sử tồn tại số nguyên dương k và m sao cho:
( ) 0det ≠Λk (1.74)
Và
1)( , <mkAr (1.75)
Trong đó kΛ và mkA , là các ma trận được cho bởi các đẳng thức (1.71)-
(1.73).
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) chỉ có nghiệm duy nhất.
Định lý này đã được chứng minh bởi T. Kiguradze ([13], bổ đề 2.7)
Định lý 1.18:
Giả sử bất đẳng thức sau:
( ) 0)()( 0 ≤−− ttttτ
đúng hầu khắp nơi trên I.
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại
các số nguyên dương k và m sao cho thỏa bất đẳng thức (1.74), (1.75), trong đó
kΛ và mkA , là các ma trận được xác định bởi các đẳng thức (1.71)-(1.73).
Hệ quả 1.19:
Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho:
1)( <mAr
thỏa với
[ ]








∈= ∫ ItdssPA
t
t
mm :)(max
0
,τ
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) chỉ có nghiệm duy nhất.

34. 34
Hệ quả 1.20:
Giả sử hàm τ liên tục tuyệt đối và đơn điệu và tồn tại một ma trận nn
RA ×
∈
sao cho:
)(2
)(
ab
Ar
−
<
π
Và bất đẳng thức:
2
1
)(')())(( tAtPtI ττχ ≤
đúng hầu khắp nơi trên I.
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.21:
Giả sử rằng:
0)det( 0 ≠B
và
1)( 21
0 <+ −
BBBr
Trong đó
∫∫ ==
b
a
I
b
a
I dssPsBdssPsB )())((,)())((0 τχτχ
Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.22:
Giả sử tồn tại một hàm ma trận ),(0
nn
RILP ×
∈ sao cho hệ phương trình vi
phân:
)()(
)(
0 txtP
dt
tdx
= (1.76)
Với điều kiện biên 0)( =xl chỉ có nghiệm tầm thường và
∫ ≤
b
a
AdssQstG )(),(0 với It ∈ (1.77)
Trong đó
∫+−=
)(
00
0
0
)()()()())(()(
t
t
I dssPtPtPtPttQ
τ
τχ (1.78)

35. 35
với 0G là ma trận Green của bài toán (1.76), với 0)( =xl và nn
RA
×
+∈ là một
ma trận thỏa mãn bất đẳng thức 1)( <Ar .
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Giả sử x là một nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. 02 ) trong đó p là toán tử
được định nghĩa trong (1.10). Theo (1.78) ta có:
[ ]
[ ] C
t
t
II
t
t
I
xtQdssxsPstPtxtPtPt
dssxtPtxtPtPtsxsPsxp
)())(()())(()())(()()())((
)(')())(()()())(()()())((
)(
0000
)(
0000
0
0
≤+−=
+−=−
∫
∫
τ
τ
ττχττχ
ττχ
Khi đó từ (1.77) ta suy ra bất đẳng thức (1.31). Vì vậy các giả thiết của định
lý 1.6 đều thỏa. 
Từ định lý trên, áp dụng cách chứng minh tương tự hệ quả 1.7, 1.8 ta suy ra
các hệ quả sau:
Hệ quả 1.23:
Giả sử rằng tồn tại ma trận hàm ),(0
nn
RILP ×
∈ sao cho thỏa








=







∫∫
t
s
t
s
dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000 (1.79)
Thỏa với hầu hết s và It ∈ và
AdssQdP
t
t
t
s
≤







∫ ∫
0
)()(exp 0 ζζ với It ∈
Trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa bởi (1.78) và nn
RA
×
+∈ là một
ma trận thỏa điều kiện 1)( <Ar .
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.24:
Giả sử rằng tồn tại ma trận hàm ),(0
nn
RILP ×
∈ sao cho thỏa








=







∫∫
t
s
t
s
dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000
Với mọi s và It ∈ . Giả sử ma trận không suy biến:

36. 36








−= ∫
b
a
dssPEA )(exp 00
∫ ∫+−
−
≤






t
abt
t
s
AdssQdPA )()(exp 0
1
0 ζζ với It ∈
Trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa (1.78). Giả sử thêm
)()(),()( 00 tQabtQtPabtP ≡+−≡+−
Và nn
RA
×
+∈ là một ma trận thỏa điều kiện 1)( <Ar
Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.
1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch
Cùng với bài toán (1.5), (1.6), với mỗi k là số nguyên dương tùy ý ta xét bài
toán sau:
Trong đó RIRcRILqRILP k
n
k
n
k
nn
k →∈∈∈ ×
:,),;(),;( 00 τ là hàm đo được,
n
k RRu →: là hàm liên tục và bị chặn, và nn
k RRICl →);(: là toán tử tuyến tính
bị chặn.
Bổ đề 1.25:
Giả sử rằng H và VRILH nn
k ),;( ×
∈ và ,...)2,1();( =∈ +∞
kRILV n
k
∫∫ =
+∞→
t
a
t
a
k
k
dssHdssH )()(lim đều trên I (1.80)
{ } +∞→→∈− kkhiIttVtVess k 0:)()(sup (1.81)
Giả sử tồn tại một hàm n
RI →:η khả tích sao cho
,...)2,1()()( =≤ kttHk η (1.82)
đúng hầu khắp nơi trên I.
Khi đó:
∫∫ =
+∞→
t
a
t
a
kk
k
dssVsHdssVsH )()()()(lim đều trên I (1.83)
)6.1(),()(,)(
)5.1()())(()(
)(
0
0
kkkk
kkkk
Ittutxcxl
tqtxtP
dt
tdx
∉==
+= τ

37. 37
Chứng minh:
Từ (1.80), (1.82) ta có:
)()( ttH η≤ hầu khắp nơi trên I (1.84)
Với mọi 0>ε tùy ý cho trước, khi V bị chặn cốt yếu nên tồn tại một vectơ
hàm n
RIV →:0 khả vi liên tục sao cho:
∫ <−
b
a
dssVsVt
4
)()()( 0
ε
η (1.85)
Ta đặt:
[ ]∫ −=
t
a
kk dssHsHtG )()()(
Theo (1.80) suy ra:
0lim =
+∞→ Ck
k
G
Do đó:
[ ] ∫∫ +∞→→−=−
t
a
kk
t
a
k kkhidssVsGtVtGdssVsHsH 0)(')()()()()()( 000 đềutrên I.
Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho:
[ ]
4
)()()( 0
ε
<−∫
t
a
k dssVsHsH với 0, kkIt ≥∈ (1.86)
Mặt khác áp dụng (1.81) và không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng:
4
)()()(
ε
η <−∫
b
a
k dssVsVs với 0kk ≥ (1.87)
Từ các điều kiện (1.82), (1.84)-(1.87) ta có:

38. 38
[ ] [ ]
[ ]
[ ] [ ]
.,)()()(2
)()()()()()()()()()(
))()(()()(
)()()())()()(()()()()(
00
0
0
0
ItkkkhidssVsVs
dssVsHsHdssVsVsdssVsHsVsH
rasuy
dssVsVsHsH
dssVsHsHdssVsVsHdssVsHsVsH
t
a
t
a
kk
b
a
t
a
kk
t
a
k
t
a
k
t
a
kk
t
a
kk
∈≥<−+
+−+−≤−
−−+
−+−=−
∫
∫∫∫
∫
∫∫∫
εη
η
Từ đó ta có (1.83). 
Định lý 1.26:
Giả sử bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất x, và
[ ] [ ]∫∫ −+=−+
+∞→
t
a
I
i
t
a
kkI
i
k
dssPsidssPsi )())(()1()())(()1(lim τχτχ (1.88)
đều trên I (i=0,1)
∫ ∫=
+∞→
t
a
t
a
k
k
dssqdssq )()(lim 0 đều trên I, (1.89)
{ } +∞→→∈− kkhiItttess k 0:)()(sup ττ (1.90)
)()(lim tutuk
k
=
+∞→
đều trên R (1.91)
00lim),,()()(lim ccRICykhiylyl k
k
n
k
k
=∈=
+∞→+∞→
Hơn nữa tồn tại hàm +→ RI:η là hàm khả tích sao cho:
...)3,2,1()()( =≤ kttPk η hầu khắp nơi trên I (1.92)
Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho với 0kk ≥ , bài toán
)6.1(),5.1( kk chỉ có nghiệm duy nhất kx và
0lim =−
+∞→ Ck
k
xx
Chứng minh:
Trước hết ta nhận xét các bài toán (1.5), (1.6) và )6.1(),5.1( kk có thể được
viết lại tương ứng với các bài toán (1.1), (1.2) và )2.1(),1.1( kk bằng cách đặt:

39. 39
[ ]





>
<
∈
=
btkhib
atkhia
batkhit
t
k
k
kk
k
)(
)(
,)()(
)(0
τ
τ
ττ
τ (1.93)
))(())(()())(( 0 txttPtxp kkIkk ττχ= (1.94)
)())(()())((1()( 0 tqtutPttq kkkkkIk +−= ττχ (1.95)
Trong đó qp,,0τ được định nghĩa bởi các đẳng thức (1.9)-(1.11).
Áp dụng bổ đề 1.25, từ (1.11) và (1.95) kết hợp với (1.88)-(1.91) và (1.92)
suy ra điều kiện (1.65) và từ (1.92), (1.94) ta được bất đẳng thức (1.66).
Do đó để chứng minh định lý, áp dụng hệ quả 1.15 ta chỉ cần kiểm tra điều
kiện (1.64). Thật vậy:
Với mọi vectơ hàm n
RIy →: liên tục tuyệt đối, theo (1.9), (1.88), (1.90),
(1.92), (1.93) thì các vectơ hàm và hàm ma trận
( ) ( )
( ) ( ))()(,)()(
),()()(),()()(
00 tytVtytV
tPttHtPttH
kk
IkkIk
ττ
τχτχ
==
==
Thỏa các điều kiện (1.80)-(1.82). Khi đó theo bổ đề 1.25 ta có điều kiện
(1.83) và kết hợp với (1.10) và (1.94) suy ra (1.64).
Định lý 1.27:
Giả sử rằng bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất x và
[ ] 







=−∫+∞→
t
a
kk
k
dssPsP 0)()(lim σ đều trên I, (1.96)
[ ] 0)()(lim 00 =







−∫+∞→
t
a
kk
k
dssqsqσ đều trên I, (1.97)
[ ]( ) 0)()(lim 2
=−
+∞→
tutukk
k
σ đều trên R (1.98)
Trong đó:
dttP
b
a
kk ∫+= )(1σ
Và giả sử thêm điều kiện
)()(lim ylylk
k
=
+∞→
với 00lim),,( ccRICy k
k
n
=∈
+∞→
Giả sử hàm RI →:τ liên tục và đơn điệu, khi các thành phần của vectơ
hàm u có biến phân bị chặn và:

40. 40
,...)2,1()()( =≡ kttk ττ (1.99)
Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho với 0kk ≥ , bài toán
)6.1(),5.1( kk chỉ có nghiệm duy nhất kx và
0lim =−
+∞→ Ck
k
xx
Chứng minh:
Với mỗi ,...2,1=k theo (1.99), thì các bài toán (1.5), (1.6) và
)6.1(),5.1( kk tương đương với bài toán (1.1), (1.2) và )2.1(),1.1( kk Trong đó
qp,,0τ được cho bởi các đẳng thức (1.9)-(1.11)
))(())(()())(( 0 txttPtxp Ikk ττχ= (1.100)
)())(()())((1()( 0 tqtutPttq kkkIk +−= ττχ (1.101)
Theo định lý 1.14, để chứng minh định lý ta cần đi chứng minh các dãy
,...)2,1(, =kqp kk thỏa các điều kiện (1.43),(1.60) và (1.61).
Ta có:
,...)2,1(1 =≤+ kp kk σ (1.102)
Do tính liên tục và đơn điệu của τ và điều kiện (1.96) suy ra:
( ) )1,0(0lim ==
+∞→
iQ Cikk
k
σ (1.103)
Trong đó:
( )[ ]∫ =−−+=
t
a
kI
i
ik idssPsPsitQ )1,0()()()(()1()( τχ
Từ (1.10), (1.100), với một hàm n
RIy →: liên tục tuyệt đối ta có:
[ ] ( )[ ] ( )
∫ ∫
∫∫
+==
−=−
t
a
t
a
kkk
t
a
kI
t
a
k
sdysQtytQdssysQ
dssysPsPSdsypsyp
))(()())(()())(()(
)()()()()())((
00000
'
0
0
τττ
ττχ
(1.104)
Nếu pkMy ∈ thì
∫+=
t
a
kI dsszsPsazty ,))(()())(()()( 0ττχ
Trong đó

41. 41
1),,( ≤∈ C
n
zRICz
Do đó:
k
b
a
kC
dssPy δ=+≤ ∫ )(1 (1.105)
Và
k
b
a
k
b
a
dssPsdy δ<≤ ∫∫ )()(
Mặt khác 0τ là hàm đơn điệu nên:
k
b
a
b
a
sdydssdy δτ <≤ ∫∫ )())(( 0 (1.106)
Từ (1.104) và (1.105), (1.106) suy ra
[ ] Ckk
t
a
k Qdssypsyp 02))(())(( δ≤−∫ với pkMyIt ∈∈ ,
Do đó, theo (1.103) thì điều kiện (1.43 ) thỏa.
Với mọi hàm n
RIy →: là một hàm liên tục tuyệt đối bất kỳ. Ta đặt:
∫+=
b
a
C
sdyy ))(( 00 τδ
Khi đó do (1.104), ta có:
[ ] Ck
t
a
k Qdssypsyp 00))(())(( δ≤−∫ với It ∈
Từ (1.102), (1.103) suy ra điều kiện (1.60) thỏa.
Theo (1.11) và (1.101) ta có:
[ ] ( )( ) ( ) ( )[ ] ( )∫ ∫ ∫+−−=−
t
a
t
a
t
a
ikkkIk dssusQdssususPSdssqsq )()()()()()(1)()( '
ττττχ
Và áp dụng tích phân từng phần ta có:
∫ ∫−=
t
a
t
a
kkk sdusQtutQdssusQ ))(()())(()())(()( 11
'
1 τττ
Do đó:
[ ] CkCkk
t
a
k Quudssqsq 1)()( δδ +−≤−∫ (1.107)

42. 42
Trong đó:
∫+=
b
a
C
sduu ))((τδ
Từ (1.107), (1.98), (1.102) và (1.103), ta suy ra điều kiện (1.61) thỏa. Định
lý được chứng minh. 

43. 43
CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI
PANTOGRAPH
2.1 Giới thiệu bài toán
Trên đoạn bị chặn [ ]baI ,= , chúng ta xét hệ phương trình vi phân tuyến tính
với đối số lệch:
∑=
+=
m
i
ii tftxtPtx
1
)())(()()(' τ (2.1)
Thỏa mãn điều kiện biên dạng tổng quát:
,)()(,,)()( 0∫ =Φ∉=
b
a
ctdtxIttutx (2.2)
Trong đó iP là ma trận hàm nn× L- khả tích, f là hàm vectơ n chiều L-khả
tích, →Ii :τ  là hàm đo được, : n
u →  là hàm liên tục và bị chặn,
: n n
I ×
Φ →  là một ma trận hàm biến phân bị chặn, và 0
n
c ∈ .
Điều kiện biên trên bao gồm điều kiện ban đầu, điều kiện nhiều điểm và điều
kiện bị chặn tuần hoàn. Tích phân trong điều kiện (2.2) được hiểu như là một
tích phân Lebesgue-Stieltjes.
Cùng với bài toán (2.1), (2.2) ta xét các bài toán thuần nhất tương ứng:
( ) ( )∑=
=
m
i
iiiI txtPt
dt
tdx
1
0
)()()(
)(
ττχ (2. 01 )
∫ =
b
a
tdtx 0)()( φ (2. 02 )
Trong đó





>
≤≤
<
=
btb
btat
ata
t
i
ii
i
i
)(,
)(,)(
)(,
)(0
τ
ττ
τ
τ
Định nghĩa 2.1:
Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là một vectơ hàm : n
x I →  liên tục tuyệt
đối trên I thỏa phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (2.2).

44. 44
Nhận xét:
Bằng cách chọn một hàm thích hợp Φ , từ (2.2) chúng ta có các điều kiện
biên sau:
•Điều kiện ban đầu:
00 )(,),()( ctxIttutx =∉= (2.3)
Nếu đặt [ ]0 0,
( ) (1 ( )) , ,a t
t t E t I khi t IχΦ = − ∈ ∈
•Điều kiện tuần hoàn:
0( ) ( ), , ( ) ( )x t u t t I x b x a c= ∉ − = (2.4)
Nếu đặt [ ] ItEtt ba ∈−=Φ ,))(1()( ,χ
•Điều kiện nhiều điểm:
∑=
=∉=
v
k
kk ctxAIttutx
1
0)(,),()( (2.5)
Nếu đặt [ ] ,,),()( , ItttAt kbtk k
∈=Φ ∑ χ và ),...,1( vkRA nn
k =∈ ×
•Điều kiện dạng tích phân:
0)()(,),()( cdttxtAIttutx
b
a
=∉= ∫ (2.6)
Nếu đặt ∫=Φ
t
a
dssAt )()( với It ∈ và ),()( nn
RILtA ×
∈ .
Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [7].
2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2)
Trong phần này ta áp dụng các kết quả chương I để đưa ra các điều kiện
đủ về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2).
Mệnh đề 2.2:
Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất
tương ứng )2.2(),1.2( 00 chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh:
Với mọi It ∈ζ, và mji ,...,1, = ta đặt:

45. 45
( ) ( ) ),()(,)()()()(),(
)(0
ttPtPdssPstPttP ijij
t
jjIiiIij
i
== ∫
τ
ζ
τχτχζ
Với mọi ( , )n
x C I∈  và It ∈ ta đặt:
∑
∑
=
=
+−=
=
m
i
iiiI
m
i
iiiI
tftutPttq
txtPttxp
1
1
0
)())(()()))((1()(
)),(()())(())((
ττχ
ττχ
(2.7)
Khi đó : ( , ) ( , )n n
p C I L I→  là một toán tử tuyến tính và ( , )n
q L I∈  . Hơn
nữa, p là toán tử bị chặn mạnh do:
( )( ) ( ) , ( , ), ,n
C
p x t t x x C I t Iα≤ ∀ ∈ ∀ ∈ với ∑=
=
m
i
iiI tPtt
1
)())(()( τχα .
Với ( , )L Iα +∈  , Ta định nghĩa toán tử : ( , )n n
l C I →  như sau:
∫ Φ=
b
a
tdtxxl )()()(
Dễ thấy l một phiếm hàm tuyến tính bị chặn.
Vậy bài toán (2.1), (2.2) được viết lại như sau:
0)()()(
)())((
)(
ctdtxxl
tqtxp
dt
tdx
b
a
=Φ=
+=
∫
(*)
Theo định lý 1.1 suy ra bài toán (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài
toán )2.2(),1.2( 00 chỉ có nghiệm tầm thường. Vậy mệnh đề 2.2 được chứng
minh. 
Bổ đề 2.3:
Giả sử với mọi ( , )n
x C I∈   hầu khắp nơi trên I, các bất đẳng thức sau thỏa:
∑∑ ==
≤
m
i
CiiI
m
i
iiiI xtPttxtPt
11
0
)())(())(()())(( τχττχ (2.8)
∑∑∫∑∑ = == =
≤
m
i
m
j
Cij
t
t
jjjI
m
i
m
j
iiI xttPdssxsPstPt
i
1 1
0
)(
0
1 1
),())(()())(()())((
0
0
τ
ττχτχ (2.9)
Với x là một nghiệm tùy ý của phương trình thuần nhất )1.2( 0 . Khi đó hầu
khắp nơi trên I ta có:

46. 46
C
m
i
m
j
ij
m
i
iiI
m
i
iiiI xtPtPttxtPt 





+≤ ∑∑∑∑ = === 1 111
0
)()())(())(()())(( τχττχ (2.10)
Chứng minh:
Với ),(
~ n
RICx∈ , theo định nghĩa C
x trên ),(
~ n
RIC ta có:
∑∑∑ ===
≤≤
m
i
CiiI
m
i
iiiI
m
i
iiiI xtPttxtPttxtPt
11
0
1
0
)())(())(()())(())(()())(( τχττχττχ
Với mọi t hầu khắp nơi trên I, ta có :
∑∑
∑∑ ∫
∫∑∑
= =
= =
= =
=








≤
m
i
m
j
Cij
C
m
i
m
j
t
t
jjIiiI
t
t
jjjI
m
i
m
j
iiI
xttP
xdssPstPt
dssxsPstPt
i
i
1 1
0
1 1
)(
)(
0
1 1
),(
)())(()())((
))(()())(()())((
0
0
0
0
τ
τ
τχτχ
ττχτχ
Giả sử ),(
~ n
RICx∈ là một nghiệm tùy ý của phương trình ).1.2( 0 Khi đó với t
hầu khắp nơi trên I, và theo (2.8), (2.9) ta có :
[ ]
[ ]
C
m
i
m
j
ij
m
i
iiI
C
t
t
m
j
jjI
m
i
iiI
m
i
iiI
m
i
t
t
iiIC
m
i
iiI
m
i
iiiI
m
i
iiI
m
i
iiiI
m
i
iiiI
xtPtPt
xdssPstPttPt
dssxtPtxtPt
txtxtPttxtPt
txtxtxtPttxtPt
i
i






+=








+≤
+≤
−+≤
+−=
∑∑∑
∫ ∑∑∑
∑ ∫∑
∑∑
∑∑
= ==
===
==
==
==
1 11
)(
111
1
)(
1
1
0
1
1
0
1
0
)()())((
)())(()())(()())((
)(')())(()())((
)())(()())(()()())((
)()())(()())(())(()())((
0
0
τχ
τχτχτχ
τχτχ
ττχτχ
ττχττχ
τ
τ
Bổ đề được chứng minh xong.
Định lý 2.4:
Đặt { }vktt k ,...,2,1:min0 == . Giả sử hoặc ma trận
∑=
=Λ
v
k
kA
1
1 (2.11)
là ma trận không suy biến và 1)( 1 <Sr , trong đó:

47. 47
∫∑∑∑ = =
−
=
Λ+=
kt
t
iiI
v
k
m
i
k
m
i
LiiI dttPtAPS
0
)())(()(
1 1
1
1
1
1 τχτχ (2.12)
Hoặc Θ=Λ1 , và ma trận
∫∑∑= =
=Λ
kt
t
iiI
v
k
m
i
k dttPtA
0
)())((
1 1
2 τχ (2.13)
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr , trong đó:
∫∑∑∑∑ = = =
−
=
Λ+=
kt
t
ij
v
k
m
i
k
m
j
m
i
LiiI dtttPAPS
0
),()( 0
1 1 1
1
2
1
2 τχ (2.14)
Khi đó bài toán (2.1), (2.5) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh bài toán (2.1), (2.5) có nghiệm duy nhất ta
chứng minh bài toán )1.2( 0 thỏa điều kiện biên ∑=
=
v
k
kk txA
1
0)( chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của )1.2( 0 thỏa điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Ta cần chứng minh: 0)( ≡tx .
Lấy tích phân 2 vế của phương trình )1.2( 0 từ 0t đến t ta có:
∑∫∫ =
=
m
i
iiiI
t
t
t
t
txtPt
dt
tdx
1
0
))(()())((
)(
00
ττχ
Do đó ta có:
∫+=
t
t
dssxpctx
0
))(()( (2.15)
Trong đó )( 0txc = , thay x(t) vừa tìm được vào tích phân (2.15), ta được:
dssdxppcdssEpE
dssdxpcpctx
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
)())(())((
))())((()(
000
0 0








+








+=
++=
∫∫∫
∫ ∫
ζζ
ζζ
(2.16)

48. 48
Trong đó:
∑=
=
m
i
iiI sPssEp
1
)())(())(( τχ
∑∑ ∫∫ = =
=







 m
i
m
j
t
t
jjjIiiI
t
t
i
dssxsPstPtsdxpp
1 1
)(
0
0
00
))(()())(()())(()())((
τ
ττχτχζζ
• Giả sử ma trận 1Λ được cho bởi (2.11) là ma trận không suy biến và
1)( 1 <Sr , trong đó 1S được cho bởi (2.12).
Do:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Nên theo (2.15) ta có:
∑ ∫∑ ∫ ==
+Λ=








+=
v
k
t
t
k
v
k
t
t
k
kk
dssxpAcdssxpcA
1
1
1 00
))(())((0
Do đó:
∑ ∫=
−
Λ−=
v
k
t
t
k
k
dssxpAc
1
1
1
0
))((
Thay c vừa tìm được vào (2.15) ta có:
∫∑ ∫∫ +Λ−=+=
=
−
kk t
t
v
k
t
t
k
t
t
dssxpdssxpAdssxpctx
000
))(())(())(()(
1
1
1
Từ (2.8) ta có:
Do đó:
CC
xSx 1≤ .
Do giả thiết 1)( 1 <Sr nên ta có:
C
m
i
v
k
m
i
t
t
iiIkLiiI
C
v
k
t
t
iiIk
b
a
m
i
iiI
t
t
v
k
k
b
a
xdttPtAP
xdttPtAdttPt
dssxpAdttxptx
k
k
k








Λ+=








Λ+≤
Λ+≤
∑ ∑∑ ∫
∑ ∫∫∑
∫∑∫
= = =
−
=
−
=
=
−
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
)())(()(
)())(()())((
))(())(()(
τχτχ
τχτχ

49. 49
( ) ( ) 000
1
11 =−≤≤−
−
SExhayxSE CC
Suy ra
0)( ≡tx .
• Giả sử rằng Θ=Λ1 , và ma trận 2Λ được cho bởi (2.13) là ma trận không suy
biến và 1)( 2 <Sr trong đó 2S được cho bởi (2.14).
Do điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Nên theo (2.15) ta có:
0
0
0 0
1
1 1
1
1 1
0 ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
k
k
k k
tv
k
k t
tv v
k k
k k t
t tv v
k k
k kt t
A c p x s ds
A c A p x s ds
c A p x s ds A p x s ds
=
= =
= =
 
= + 
  
= +
=Λ + =
∑ ∫
∑ ∑ ∫
∑ ∑∫ ∫
Hay dssdxpcpA
kk t
t
t
t
v
k
k )())((0
00
1








+= ∫∫∑=
ζζ
Do đó:
∑ ∫ ∫=
−








Λ−=
v
k
t
t t
k dssdxppAc
k
1
.
1
2 )())((
0 0
ζζ
Theo (2.15) ta có:
∫ ∫ ∫∑ 







Λ−=
=
−
t
t
t
t t
v
k
k
k
dssdxppAdssxptx
0 0 0
)())(())(()(
1
1
2 ζζ

50. 50
Kết hợp với (2.11), (2.12) suy ra:
Hay
CC
xSx 2≤
Do giả thiết 1)( 2 <Sr nên ta có:
( ) ( ) 000
1
22 =−≤≤−
−
SExhayxSE CC
Suy ra:
.0)( ≡tx
Vậy bài toán (2.1), (2.5) chỉ có nghiệm duy nhất. Định lý được chứng minh .
Định lý 2.5:
Đặt { }vktt k ,...,2,1:min0 == . Giả sử hoặc ma trận
∑=
=Λ
v
k
kA
1
1
là ma trận không suy biến và 1)( 1 <Sr , trong đó:
0
1
1 1
1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ( )) ( ) ( ) (2.17)
ktm m m v m m m
I i i ij k I i i ijL
i i j k i i jL t
S P P A t P t P t dtχ τ χ τ−
= = = = = = =
 
= + + Λ + 
  
∑ ∑∑ ∑ ∑ ∑∑∫
Hoặc Θ=Λ1 , và ma trận
∫∑∑= =
=Λ
kt
t
iiI
v
k
m
i
k dttPtA
0
)())((
1 1
2 τχ
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr trong đó:
0
1
2 2 0
1 1 1 1 1 1
( ) ( , ) (2.18)
ktm m m v m m
I i i ij k ijL
i i j k i jL t
S P P A P t t dtχ τ −
= = = = = =
= + + Λ∑ ∑∑ ∑∑∑ ∫
Khi đó bài toán (2.1), (2.5) chỉ có nghiệm duy nhất.
CC
m
i
v
k
m
i
t
t
ijk
m
j
LiiI
t
t
t
t
v
k
k
b
a
xSxdtttPAP
dssdxppAdttxptx
k
k k
2
1 1 1
0
1
1
2
1
1
2
0
0 0
),()(
)())(())(()(
=








Λ+=








Λ+≤
∑ ∑∑ ∫∑
∫ ∫∑∫
= = = =
−
=
−
τχ
ζζ

51. 51
Chứng minh:
Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh bài toán (2.1), (2.5) có nghiệm duy nhất ta
chứng minh bài toán )1.2( 0 thỏa điều kiện biên ∑=
=
v
k
kk txA
1
0)( chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của )1.2( 0 thỏa điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Ta cần chứng minh: 0)( ≡tx .
Lấy tích phân 2 vế của phương trình )1.2( 0 từ 0t đến t ta có:
∑∫∫ =
=
m
i
iiiI
t
t
t
t
txtPt
dt
tdx
1
0
))(()())((
)(
00
ττχ
Do đó ta có:
∑=
=
m
i
iiiI txtPttxp
1
0
)),(()())(())(( ττχ
Suy ra
∫+=
t
t
dssxpctx
0
))(()(
Trong đó )( 0txc = , thay x(t) vừa tìm được vào tích phân (2.15), ta có:
dssdxppcdssEpE
dssdxpcpctx
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
)())(())((
))())((()(
000
0 0








+








+=
++=
∫∫∫
∫ ∫
ζζ
ζζ
Trong đó:
∑=
=
m
i
iiI sPssEp
1
)())(())(( τχ
∑∑ ∫∫ = =
=







 m
i
m
j
t
t
jjjIiiI
t
t
i
dssxsPstPtsdxpp
1 1
)(
0
0
00
))(()())(()())(()())((
τ
ττχτχζζ

52. 52
• Giả sử ta có ma trận 1Λ thỏa ∑=
=Λ
v
k
kA
1
1 là ma trận không suy biến và
1)( 1 <Sr , trong đó 1S được cho bởi (2.17).
Do:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Theo (2.15) ta có:
0
0
0 0
1
1 1
1
1 1
0 ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
k
k
k k
tv
k
k t
tv v
k k
k k t
t tv v
k k
k kt t
A c p x s ds
A c A p x s ds
c A p x s ds A p x s ds
=
= =
= =
 
= + 
  
= +
=Λ + =
∑ ∫
∑ ∑ ∫
∑ ∑∫ ∫
Hay dssdxpcpA
kk t
t
t
t
v
k
k )())((0
00
1








+= ∫∫∑=
ζζ
Thay c vừa tìm được vào (2.15) ta có:
∫∑ ∫∫ +Λ−=+=
=
−
kk t
t
v
k
t
t
k
t
t
dssxpdssxpAdssxpctx
000
))(())(())(()(
1
1
1
Khi đó ta có:
Do giả thiết 1)( 1 <Sr nên ta có:
( ) ( ) 000
1
11 =−≤≤−
−
SExrasuyxSE CC
Hay
CC
xSx 1≤
Do vậy:
C
m
i
m
i
m
j
v
k
t
t
m
i
m
j
ij
m
i
iiIkLijLiiI
t
t
v
k
k
b
a
xdttPtPtAPP
dssxpAdttxptx
k
k
















+Λ++=
Λ+≤
∑ ∑∑ ∑ ∫ ∑∑∑
∫∑∫
= = = = ==
−
=
−
1 1 1 1 11
1
1
1
1
1
0
0
)()())(()(
))(())(()(
τχτχ

53. 53
0)( ≡tx
• Giả sử Θ=Λ1 , và ma trận
∫∑∑= =
=Λ
kt
t
iiI
v
k
m
i
k dttPtA
0
)())((
1 1
2 τχ
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr , trong đó 2S được cho bởi (2.18).
Khi đó do điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Suy ra:
0
0 0
0 0 0
0 0
1
1
1 1 1
1 1
1 1
0 ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )
( )( ) . ( )( )
k
k k
k k k
k k
tv
k
k t
t tv v v
k k k
k k kt t
t t tv v
k k
k kt t t
t tv v
k k
k kt t
A c p x s ds
A c A p x s ds c A p x s ds
A p x s ds A p c p x d s ds
A p E s ds c A p p x
ζ ζ
ζ
=
= = =
= =
= =
 
= + 
  
= + =Λ +
 
= = + 
 
 
= +
∑ ∫
∑ ∑ ∑∫ ∫
∑ ∑∫ ∫ ∫
∑ ∑∫ ∫ ( )
k
o
t
t
d s dsζ
 
 
 
 
∫
dssdxppAdssdxppAc
kkkk t
t
t
t
v
k
k
t
t
t
t
v
k
k )())(()())((
0000
1
1
2
1
2








Λ−=








+Λ= ∫∫∑∫∫∑ =
−
=
ζζζζ
Do đó:
0 0 0 0
1
2
1
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) (2.19)
k k k kt t t tv
k
kt t t t
x t p x s ds c p x s ds A p p x d s dsζ ζ−
=
 
= += + Λ  
 
 
∑∫ ∫ ∫ ∫
Khi đó ta có:
Suy ra:
CC
xSx 2≤
Do giả thiết 1)( 2 <Sr nên ta có:
CC
t
t
ij
m
i
m
i
m
j
v
k
k
m
i
m
j
LijLiiI
t
t
t
t
v
k
k
b
a
xSxdtttPAPP
dttdssxppAdttxptx
k
k k
20
1 1 1 1 1
1
2
1
1
2
0
0 0
),()(
)())(())(()(
=








Λ++≤








Λ+≤
∫∑ ∑∑ ∑∑∑
∫ ∫∑∫
= = = = =
−
=
−
τχ

54. 54
( ) ( ) 000
1
22 =−≤≤−
−
SExrasuyxSE CC
Suy ra:
0)( ≡tx .
Định lý được chứng minh.
Từ định lý trên ta suy ra các hệ quả sau:
Hệ quả 2.6:
Giả sử 1)( <Sr với S là ma trận
∑=
=
m
i
LiiI PS
1
)(τχ
Hoặc
∑∑∑ = ==
+=
m
i
m
j
Lij
L
m
i
iiI PPS
1 11
)(τχ
Khi đó bài toán (2.1), (2.3) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo định lý 2.4 và định lý 2.5 ta chọn:
011 ,,1 ttEAv ===
Suy ra: EAA
v
k
k ===Λ ∑=
1
1
1 .
Ta có:
Hay
Do giả thiết 1)( <Sr nên ta có:
( ) ( ) 000
1
=−≤≤−
−
SExhayxSE CC
Do vậy 0)( ≡tx .
Hệ quả được chứng minh.
Hệ quả 2.7:
Giả sử
CC
CC
m
i
m
i
m
j
LijLiiI
b
a
xSx
xSxPP
dttxptx
≤
=





+≤
≤
∑ ∑ ∑
∫
= =1 1
)(
))(()(
τχ

55. 55
∑∫=
=Λ
m
i
b
a
iiI dttPt
1
)())((τχ
là ma trận không suy biến và 1)( <Sr trong đó hoặc:
∑∑∑ = =
−
=
Λ+=
m
i
m
j
Lij
m
i
LiiI aPPS
1 1
1
1
,.)()(τχ
Hoặc
∑∑∑∑∑ = =
−
= ==
Λ++=
m
i
m
j
Lij
m
i
m
j
Lij
L
m
i
iiI aPPPS
1 1
1
1 11
,.)()(τχ
Khi đó bài toán (2.1), (2.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Tương tự như chứng minh định lý 2.4 và định lý 2.5 với:
btatEAEAv ===−== 2121 ,,,,2 .
Khi đó ta có:
Suy ra : CC
xSx ≤ .
Và trong trường hợp này:
=ΛΘ=+=Λ 2211 ,AA ∑∫=
=Λ
m
i
b
a
iiI dttPt
1
)())((τχ
Do giả thiết 1)( <Sr nên ta được:
( ) ( ) 000
1
=−≤≤−
−
SExhayxSE CC
.
Vậy 0)( ≡tx . Hệ quả được chứng minh.
Định lý 2.8:
Giả sử hoặc
∫=Λ
b
a
dttA )( (2.20)
là ma trận không suy biến và 1)( 1 <Sr trong đó:
C
m
i
m
i
m
j k
t
t
m
i
m
j
ij
m
i
iiIkLijLiiI
t
tk
k
b
a
xdttPtPtAPP
dssxpAdttxptx
k
k
















+Λ++=
Λ+≤
∑ ∑∑ ∑ ∫ ∑∑∑
∫∑∫
= = = = ==
−
=
−
1 1
2
1 1 11
1
2
1
1
0
0
)()())(()(
))(())(()(
τχτχ

56. 56
∑ ∫∫∑ =
−
=
Λ+=
m
i
t
a
iiI
b
a
m
i
LiiI dtdssPstAPS
1
1
1
1
1 )())(()()( τχτχ
Hoặc
∑ ∫∫=
=ΛΘ=Λ
m
i
t
a
iiI
b
a
dtdssPstA
1
21 )())(()(, τχ (2.21)
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr trong đó:
∫∑∑∫∑
∫∑ ∑∑∫∑
= =
−
=
= = ==
−
Λ+
Λ+=
t
a
ij
m
i
m
j
b
aL
m
i
iiI
t
a
ij
m
i
m
i
m
j
b
a
m
j
Lij
dtdssaPtAP
dtdssaPtAaPS
),()()(
),()(,.)(
1 1
1
2
1
1 1 11
1
22
τχ
Khi đó bài toán (2.1), (2.6) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh bài toán (2.1), (2.5) có nghiệm duy nhất ta
chứng minh bài toán )1.2( 0 thỏa điều kiện biên ∑=
=
v
k
kk txA
1
0)( chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của )1.2( 0 thỏa điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Ta cần chứng minh: 0)( ≡tx .
Lấy tích phân 2 vế của phương trình )1.2( 0 từ a đến t ta có:
∑∫∫ =
=
m
i
iiiI
t
a
t
a
txtPt
dt
tdx
1
0
))(()())((
)(
ττχ
Do đó ta có:
∑=
=
m
i
iiiI txtPttxp
1
0
)),(()())(())(( ττχ
Suy ra:
∫+=
t
a
dssxpctx ))(()( (2.22)
Thay x(t) vừa tìm được vào (2.22), ta có:

57. 57
dssdxppcdssEpE
dssdxpcpctx
t
a
t
a
t
a
t
a
t
a
)())(())((
))())((()(








+





+=
++=
∫∫∫
∫ ∫
ζζ
ζζ
(2.23)
• Giả sử ma trận ∫=Λ
b
a
dttA )( là ma trận không suy biến khi đó ta có:
0)()( =∫
b
a
dttxtA
Mặt khác ta có:
∫+=
t
a
dssxpctx ))(()(
Do đó thay x(t) vừa tìm đựơc vào (2.22) ta có:
0))(()( =





+∫ ∫
b
a
t
a
dtdssxpctA
Trong đó c=x(a).
Suy ra:
∫∫
−
Λ−=
t
a
t
a
dtdssxptAc ))(()(1
1
Theo (2.8) và (2.22) ta có:
CC
m
i
b
a
iiI
m
i
LiiI
t
a
b
a
t
a
xSxdtdssPsP
dtdssxptAdssxptx
1
1
1
1
1
1
1
)())(()(
))(()())(()(
=





Λ+≤
Λ+≤
∑∫∑
∫∫∫
=
−
=
−
τχτχ
Do giả thiết 1)( 1 <Sr nên ta có:
( ) ( ) 000
1
11 =−≤≤−
−
SExrasuyxSE CC
Vì vậy 0)( ≡tx .
• Giả sử 1 2,Λ =Θ Λ đựơc cho bởi (2.21) là ma trận không suy biến và
1)( 2 <Sr trong đó:

58. 58
∫∑∑∫∑
∫∑ ∑∑∫∑
= =
−
=
= = ==
−
Λ+
Λ+=
t
a
ij
m
i
m
j
b
aL
m
i
iiI
t
a
ij
m
i
m
i
m
j
b
a
m
j
Lij
dtdssaPtAP
dtdssaPtAaPS
),()()(
),()(,.)(
1 1
1
2
1
1 1 11
1
22
τχ
Khi đó:
Suy ra:
Hay dtdssdxpptAc
a
t
a
b
a
)())(()(1
2 







Λ−= ∫∫∫
−
ζζ
Từ (2.8), (2.9) và (2.23) với at =0 ta có:
.
1
2
.
1
2
1 1
2 2
1 1 1
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( ,.) ( ) ( , ) ( ) ( ) (
t b t
a a a a a
t b t
a a a a
t bm m m
ij ij I i i ijL
i j ia L a
x t p p x d s ds A t p p x d s ds dt
p E s ds A t p p x d s ds dt
P a A t P a s ds dt P A t P
ζ ζ ζ ζ
ζ ζ
χ τ
−
−
− −
= = =
   
= + Λ +   
   
 
+ Λ  
 
≤ + Λ + Λ
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
∑∑ ∑∫ ∫1 1 1 1
2
, )
b tm m m m
i j i ja a
C
a s ds dt x
S x
= = = =
 
 
 
=
∑∑ ∑∑∫ ∫
Do giả thiết 1)( 2 <Sr nên ta có:
( ) ( )
1
2 20 0 0C C
E S x hay x E S
−
− ≤ ≤ − =.
Vì vậy: 0)( ≡tx . Định lý được chứng minh.
Định lý 2.9:
Giả sử hoặc
∫=Λ
b
a
dttA )(1
dssdxppcdssEpEtx
t
a
t
a
t
a
)())(())(()( 







+





+= ∫∫∫ ζζ
dtdssdxpptAc
dtdssdxpptAcdtdssEpEtA
a
t
a
b
a
a
t
a
b
a
t
a
b
a
)())(()(.
)())(()(.))(()(0
2 







+Λ=








+





+=
∫∫∫
∫∫∫∫∫
ζζ
ζζ

59. 59
là ma trận không suy biến và 1)( 1 <Sr trong đó:
dtdssPsPstAPPS
t
a
m
i
m
j
ij
m
i
iiI
b
a
m
i
m
j
Lij
L
m
i
iiI ∫ ∑∑∑∫∑∑∑ 





+Λ++=
= ==
−
= == 1 11
1
1
1 11
1 )()())(()()( τχτχ
Hoặc Θ=Λ1 , và ma trận
∑ ∫∫=
=Λ
m
i
t
a
iiI
b
a
dtdssPstA
1
2 )())(()( τχ
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr trong đó:
1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ,.) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( , )
b t b tm m m m m m m m m
ij ij I i i ij ijL L
i j i j i i j i ja a L a a
S P a A t P a s ds dt P P A t P a s ds dtχ τ− −
= = = = = = = = =
 
= + Λ + + Λ 
 
∑∑ ∑∑ ∑ ∑∑ ∑∑∫ ∫ ∫ ∫
Khi đó bài toán (2.1), (2.6) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh bài toán (2.1), (2.5) có nghiệm duy nhất ta
chứng minh bài toán )1.2( 0 thỏa điều kiện biên ∑=
=
v
k
kk txA
1
0)( chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của )1.2( 0 thỏa điều kiện biên:
∑=
=
v
k
kk txA
1
0)(
Ta cần chứng minh: 0)( ≡tx .
Khi đó ta lấy tích phân 2 vế của phương trình )1.2( 0 từ a đến t ta có:
∑∫∫ =
=
m
i
iiiI
t
a
t
a
txtPt
dt
tdx
1
0
))(()())((
)(
ττχ
Mặt khác ta có:
∑=
=
m
i
iiiI txtPttxp
1
0
)),(()())(())(( ττχ
Suy ra:
∫+=
t
a
dssxpctx ))(()(
Thay x(t) vừa tìm được vào (2.22), ta có:

60. 60
dssdxppcdssEpE
dssdxpcpctx
t
a
t
a
t
a
t
a
t
a
)())(())((
))())((()(








+





+=
++=
∫∫∫
∫ ∫
ζζ
ζζ
• Giả sử ma trận ∫=Λ
b
a
dttA )( là ma trận không suy biến khi đó ta có:
0)()( =∫
b
a
dttxtA (2.24)
Mặt khác ta có:
∫+=
t
a
dssxpctx ))(()(
Do đó thay x(t) vừa tìm được vào (2.24) ta có:
0))(()( =





+∫ ∫
b
a
t
a
dtdssxpctA
Trong đó c=x(a).
Suy ra:
∫∫
−
Λ−=
t
a
t
a
dtdssxptAc ))(()(1
1
Từ (2.10) và (2.22) ta có:
dtdssxptAdssxptx
t
a
b
a
t
a
∫∫∫
−
Λ+≤ ))(()())(()( 1
1
≤[ dtdssPsPstAPP
t
a
m
i
m
j
ij
m
i
iiI
b
a
m
i
m
j
Lij
L
m
i
iiI ∫ ∑∑∑∫∑∑∑ 





+Λ++
= ==
−
= == 1 11
1
1
1 11
)()())(()()( τχτχ C
x
C
xS1=
Do giả thiết 1)( 1 <Sr nên ta có:
( ) ( ) 000
1
11 =−≤≤−
−
SExrasuyxSE CC
.
Vì vậy: 0)( ≡tx
• Giả sử
∑ ∫∫=
=ΛΘ=Λ
m
i
t
a
iiI
b
a
dtdssPstA
1
21 )())(()(, τχ

61. 61
là ma trận không suy biến và 1)( 2 <Sr trong đó:
∫∑∑∫∑∫∑ ∑∑∫∑ = =
−
== = ==
−
Λ+Λ+=
t
a
ij
m
i
m
j
b
aL
m
i
iiI
t
a
ij
m
i
m
i
m
j
b
a
m
j
Lij dtdssaPtAPdtdssaPtAaPS ),()()(),()(,.)(
1 1
1
2
11 1 11
1
22 τχ
Khi đó:
0)()( =∫
b
a
dttxtA
Mặt khác ta có:
Suy ra:
dtdssdxpptAc
dtdssdxpptAcdtdssEpEtA
a
t
a
b
a
a
t
a
b
a
t
a
b
a
)())(()(.
)())(()(.))(()(0
2 







+Λ=








+





+=
∫∫∫
∫∫∫∫∫
ζζ
ζζ
Hay dtdssdxpptAc
a
t
a
b
a
)())(()(1
2 







Λ−= ∫∫∫
−
ζζ
Từ (2.10), (2.9) và (2.23) với at =0 ta có:
C
Cm
i
m
j
b
a
m
i
m
j
t
a
ij
b
a
m
i
m
j
Lij
L
m
i
iiI
t
a
ij
m
i
m
j
Lij
t
a a
b
a
t
a
t
a
t
a a
b
aa
xS
x
dtdssaPtAPPdtdssaPtA
aP
dtdssdxpptAdssEp
dtdssdxpptAdssdxpptx
2
1 1 1 1
1
2
1 11
1
2
1 1
1
2
1
2
),()(})({),()(
,.)(
)())(()())((
)())(()()())(()(
=














Λ++Λ+
≤








Λ+
+








Λ+








=
∑∑∫ ∑∑ ∫∫∑∑∑∫
∑∑
∫ ∫∫∫
∫ ∫ ∫∫∫
= = = =
−
= ==
−
= =
−
−
τχ
ζζ
ζζζζ
Do giả thiết 1)( 2 <Sr nên ta có:
( ) ( )
1
2 20 0 0C C
E S x hay x E S
−
− ≤ ≤ − =.
Vì vậy: 0)( ≡tx . Định lý được chứng minh.
dssdxppcdssEpEtx
t
a
t
a
t
a
)())(())(()( 







+





+= ∫∫∫ ζζ

62. 62
KẾT LUẬN
Luận văn đã nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất nghiệm của bài toán biên
cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph. Nội dung của luận
văn chủ yếu được trích từ [1] và [6]. Nội dung chính của luận văn gồm hai
chương
Chương 1: Luận văn đã xây dựng các điều kiện đủ cho sự tồn tại, duy
nhất nghiệm và tính xấp xỉ của bài toán (1.1), (1.2) khi p là toán tử tuyến tính
bị chặn. Kết quả chính của chương này là các định lý 1.1, định lý 1.2, định lý
1.6. Đặc biệt, đối với hệ phương trình vi phân hàm toán tử Volterra luận văn
cũng đã xây dựng được điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính mà kết quả chính
là định lý 1.12.
Chương 2: Luận văn đã áp dụng các kết quả của chương 1 để trình bày
tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân tuyến tính với
Pantograph. Kết quả chính là mệnh đề 2.2, và các định lý 2.4, định lý 2.5, định
lý 2.8, định lý 2.9. Sau đó, áp dụng các kết quả này để chỉ ra các điều kiện đủ
cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ phương trình vi phân tuyến tính với
đối số chậm và đối số lệch, mà kết quả chính là hệ quả 2.5, hệ quả 2.6.
Từ những vấn đề mà luận văn đã nêu như trên, một cách tự nhiên ta thấy
rằng các kết quả đã trình bày trong luận văn sẽ như thế nào cho bài toán biên
nhiều điểm hay các bài toán biên dạng tuần hoàn với đối số chậm và đối số lệch
phi tuyến. Cũng như các kết quả trên có còn đúng đối với bài toán biên cho hệ
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao với Pantograph.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn vẫn không tránh khỏi nhiều
thiếu sót. Vì vậy rất mong được sự quan tâm và đóng góp ý kiến của các thầy
cô trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh, hội đồng chấm luận văn và tất
cả các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của nhiều bạn đọc!
Thành Phố Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2012

63. 63
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Anh
[1] Cermak, J., Kundrat, P.: Linear differential equations with several
unbounded delays and a forcing term, Abstract and Appl. Analysis 4, 337-345
(2004)
[2] I. Kiguradze: Boundary Value Problems for Systems of Ordinary
Differential Equations. Current problems in mathematics. Newest results, Vol.
30, 3-103, Itogi Naukini Tekhniki, Akad. Nauk SSSR, Vses. Inst. Nauchn. I
Tekh. Inform, Moscow (1978). (In Russian)
[3] I. Kiguradze: Some Singular Boundary Value Problems for Ordinary
Differential Equations. Tbilisi Univ. Press, Tbilisi, 1975. (In Russian)
[4] I. Kiguradze, B. Puza, Brno: On Boundary Value Problems For Systems
Of Linear Functional Differential Equations, Czechoslovak Mathematical
Journal, 47 (122) 1997, Praha.
[5] N.V Azbelev, V.P. Maksimov and L.F. Rakhmatullina: Introduction to
the Theory of Functional Differential Equations. Nauka, Moscow, 1991. (In
Russian)
[6] R. Conti: Recent trends in the theory of Boundary Value Problems for
Ordinary Differential Equations, Boll. Unione mat. Ital. 22 (1967), 135 – 178.
[7] Nguyễn Anh Tuấn and Martina Kuchynkova: On the Solvability of
Some Linear Boundary Value Problems for a Generalized Equation of the
Pantograph, Southeast Asian Bulletin of Mathematics, 2007.
[8] Kiguradze, I.: Boundary Value Problems For Systems Of Linear
Ordinary Differential Equations, (In Czech) Masaryk University, Brno, 1997.
[9] Kiguradze, I. Puza, Brno: Boundary Value Problems For Systems Of
Linear Functional Differential Equations, Folia Fac. Sci. Mat. Masarykianae
Brunensis, Mathematica 12, 2003.