Luận văn Tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

( )( ) ( )( ) [ ( )( ) ... ( )( )] ( ( )) k k m m m k k p x t x t p x t p x t p E t p E t l p x− − = = − + + Λ (1.17) Định lí 1.2: Giả sử tồn tại các số nguyên dương ,k m , số nguyên không âm 0m và ma trận n nA ×+∈ sao cho: ( ) 1r A < , trong đó ma trận kΛ không suy biến và bất đẳng thức: 0,, ( ) ( )k mk m C C p x A p x≤ (1.18) thỏa mãn với mọi x là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20) 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 thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm bất kì của bài toán (1.10), (1.20). Khi đó ta có: 1( ) ( )( )x t c p x t= + với 0( )c x t= . Do đó: 1 1 1 2 0 1 2 ( ) ( ( ))( ) ( )( ) ( )( ) [ ( )( ) ( )( )] ( )( ) x t c p c p x t c p c t p x t p E t p E t c p x t = + + = + + = + + Tiếp tục quá trình này vô hạn lần, ta có: 0 1( ) [ ( )( ) ... ( )( )] ( )( )i ix t p E t p E t c p x t−= + + + (1.19) với mọi i nguyên dương. Từ (1.20), (1.16) và (1.19) ta có : ( ( )) 0kkc l p xΛ + = Vì ma trận kΛ không suy biến nên: 1 ( ( ))kkc l p x −= −Λ Thay vào (1.19) và theo (1.17) ta có: 0, ,( ) ( )( ), ( ) ( )( )k m k mx t p x t x t p x t= = Do đó: 0, ,( )( ) ( )( )k m k mp x t p x t= Từ đẳng thức trên, theo (1.18) suy ra: 0 0, ,( ) ( )k m k m C C p x A p x≤ hay 0,( ) ( ) 0k m C E A p x− ≤ Tuy nhiên, vì A không âm và ( ) 1r A < nên 1( )E A −− không âm. Vì thế, nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với 1( )E A −− , ta được : 0, ( ) 0k m C p x ≤ Do đó: 0, ( )( ) 0k mp x t ≡ Vậy ( ) 0x t = . Định lí đã được chứng minh. Hệ quả 1.3: Giả sử tồn tại các số nguyên dương m , số nguyên không âm 0m và ma trận n nA ×+∈ thỏa ( ) 1r A < sao cho bất đẳng thức: 0( ) ( )mm C C p x A p x≤ (1.20) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Bằng cách thay 0( ) ( )l x x t= thì do (1.15) – (1.17) nên tồn tại các số nguyên dương k và m sao cho k EΛ = , ( ( )) 0kl p x = , , ( )( ) ( )( )k m mp x t p x t= Do đó, theo định lí 1.2 hệ quả được chứng minh. Chú ý: Điều kiện đặt ra cho ma trận A trong hệ quả 1.3 là tối ưu và không thể thay thế bởi điều kiện: ( ) 1r A ≤ Thật vậy,xét hệ phương trình vi phân : 1 0 ( ) 2 ( )dx t x s ds dt = ∫ (1.21) trên [0,1]I = với điều kiện đầu (0) 1x = (1.22) Mỗi nghiệm của hệ phương trình (1.21) có dạng ( ) ( )x t c t= trong đó nc∈ 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: 1 1 0 0 ( )( ) ( )( ) 2 ( ) t p x t p x s ds t x dτ τ= =∫ ∫ 1 2 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 ( )( ) ( ( ))( ) (2 ( )( ) ) s (2 (2 ( ) ) ) s 2 ( ) t t t p x t p p x s ds p x d d x d d d t x d ξ ξ ξ τ τ ξ τ τ = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra 2 1( )( ) ( )( )p x t p x t= Do đó điều kiện (1.20) với 02, 1m m= = và A E= được thỏa mãn cho hệ (1.21), trong khi ma trận A thoả ( ) 1r A = Hệ quả 1.4: Giả sử tồn tại các số nguyên không âm 0,m m và ma trận n nA ×+∈ thoả mãn : ( ) 2( ) r A b a π < − (1.23) Và bất đẳng thức: 02 2( ( )) ( ) mm L L p p x A p x≤ (1.24) thoả với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Ta cần chứng minh hệ (1.10) với điều kiện đầu: 0( ) 0x t = (1.25) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1.10), (1.25). Theo (1.15), ta có: 0 1( ) ( )( ) ( )( )m mx t p x t p x t+= = và 0 22 1( ) ( )m m LL p x p x+= (1.26) Mặt khác: 1 0 0 1 ( )( ) ( ) 0 , [ ( )( )] ( ( ))( ) m m m p x t x t d p x t p p x t dt + + = = = Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger , ta có: 2 2 1 2( )( ) ( ( ))m m L L b ap x p p x π + −≤ Kết hợp bất đẳng thức này với (1.24) và (1.26) ta có: 0 22 0 2 0 2 2( )( ) ( ( )) 2( ) ( ) ( ) m m LL m L m L b ap x p p x b a A p x B p x π π − ≤ − ≤ ≤ Và: 0 2( ) ( ) 0 m L E B p x− ≤ với 2( )b aB A π − = . Khi đó theo (1.23) ta có ( ) 1r B < . Từ đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với 1( )E B −− ta được 0 ( ) 0mp x ≤ . Vậy 0( ) ( )( ) 0mx t p x t= ≡ . Hệ quả đã được chứng minh Chú ý: Trong điều kiện (1.23) dấu bằng cũng không thể xảy ra. Thật vậy, ta hãy xét bài toán thuần nhất: ( ) ( ) 2 dx t x t dt π = − (1.27) (0) 0x = trên [0, ] 2 I π= . Hệ này có một nghiệm không tầm thường là ( ) Esin(t)x t = . Khi đó ta có: 0 0 ( )( ) ( ) Esin ( ( ))( ) ( )( ) ( ) cos 2 p x t x t t p p x t p x t x t E tπ = = = = − = Do đó điều kiện (1.24) với 0 0m m= = và A E= thỏa mãn cho hệ (1.27) nhưng ma trận A thỏa mãn đẳng thức ( ) 2( ) r A b a π = − thay vì (1.23) Hệ quả 1.5: Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận: 1 ( ( ))( ) bi j i j a B p p E s ds = = ∑∫ (1.28) không suy biến và tồn tại ma trận n nB ×+∈ sao cho bất đẳng thức ( )( ) b C a p x t dt B x≤∫ (1.29) thỏa mãn với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện ( ) ( )x b x a= và : 1 2( ) 1iir B B B − ++ < Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Để chứng minh hệ quả 1.5, ta cần kiểm tra các điều kiện của định lí 1.2 được thỏa mãn với ( ) ( ) ( ), 2, 1l x x b x a k i m= − = + = và 0 0m = . Thật vậy, ta có: 0 0 2 2 1 1 1 ( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ( ))( ) ( ( ))( ) ( ( ))( ) k k k i i b a i i t t b i a l p x p x b p x a p x b p x a p p x s ds p p x s ds p p x s ds + + + + + = − = − = − = ∫ ∫ ∫ Từ (1.28), (1.29), (1.15) và (1.16) suy ra i kB = Λ và: 1( ) ( )( ) b CC a p x p x s ds B x≤ ≤∫ , 2 1 1 2( ) ( ( )( ) ( ) b CC C a p x p p x s ds B p x B x≤ ≤ ≤∫ Tương tự, ta có: 1 1( ) ( ( )( ) ( ) ( 1,2...) b j j j j CC C a p x p p x s ds B p x B x j− −≤ ≤ ≤ =∫ 1 1 1 2 ( ( )) ( ( )( ) ( ( )( ) ( ) ( 1,2...) b b k i i a a i i CC l p x p p x s ds p p x s ds B p x B x j + + + + = ≤ ≤ ≤ = ∫ ∫ Khi đó theo (1.17), ta có: ,1 1 1( ) ( ) ( ( ))k ki CC Cp x p x B l p x A x −≤ − ≤ với 1 2iiA B B B− += + thỏa mãn 1 2( ) ( ) 1iir A r B B B− += + < Hệ quả đã được chứng minh. Định lý 1.6: Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( , )n nP L I ×∈  sao cho hệ phương trình vi phân: 0 ( ) ( ) ( )dx t P t x t dt = (1.30) với điều kiện biên (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường và: 0 0( , )[ ( )( ) ( ) ( )] b C a G t s p x s P s x s ds A x+ ≤∫ (1.31) thoả với mọi nghiệm x của bài toán (1.10), (1.20) trong đó 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) và n nA ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1r A < . 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 (1.10), (1.20) với giả thiết của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1.10), (1.20). Khi đó vì (1.30), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài toán: 0 0 x(t) ( )( ) ( ) ( ) [ ( )( ) ( ) ( )]d p x t P t x t p x t P t x t dt = = + − với điều kiện biên (1.20) có nghiệm duy nhất và do 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) nên ta có: 0 0( ) ( , )[ ( )( ) ( ) ( )] b a x t G t s p x s P s x s ds= −∫ Do đó theo bất đẳng thức (1.31), ta có C C x A x≤ Vì A không âm và ( ) 1r A < nên suy ra 0Cx = . Hệ quả 1.7: Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( , )n nP L I ×∈  sao cho: 0 0 0 0( ( ) ) ( ) ( )( ( ) ) t t s s P d P t P t P dξ ξ ξ ξ=∫ ∫ (1.32) với hầu hết ,t s I∈ và bất đẳng thức : 0 0 0exp( ( ) )[ ( )( ) ( ) ( )] , t t C t s P d p x s P s x s ds A x t Iξ ξ − ≤ ∈∫ ∫ (1.33) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = , trong đó n nA ×+∈ là ma trận thỏa điều kiện ( ) 1r A < . 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: 0 0( , ) exp( ( ) ) t s C t s P dξ ξ= ∫ . Với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) thoả điều kiện đầu 0( ) 0x t = thì x cũng là nghiệm của hệ: 0 0 x(t) ( )( ) ( ) ( ) [ ( )( ) ( ) ( )]d p x t P t x t p x t P t x t dt = = + − với điều kiện đầu 0( ) 0x t = . Theo định lí Lagrange, ta có: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( , ) ( ) ( , )[ ( )( ) ( ) ( )] ( , )[ ( )( ) ( ) ( )] exp( ( )d )[ ( )( ) ( ) ( )] t t t t t t t s x t C t t x t C t s p x s p s x s ds C t s p x s p s x s ds P p x s P s x s dsξ ξ = + − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ Do đó theo (1.33) ta có: C C x A x≤ Vì A không âm và ( ) 1r A < nên suy ra 0Cx = . Vậy hệ (1.10) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = 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 ( , )n nP L I ×∈  thỏa (1.32) và ma trận 0 0exp( ( ) ) b a A E P s ds= − ∫ không suy biến. Giả sử: 10 0 0exp( ( ) )[ ( )( ) ( ) ( )] , t t C t b a s A P d p x s P s x s ds A x t Iξ ξ− − + − ≤ ∈∫ ∫ (1.34) 0 0( )( ) ( )( ) , ( ) ( )p x t b a p x t P t b a P t− + ≡ − + ≡ (1.35) trong đó n nA ×+∈ là ma trận thỏa điều kiện ( ) 1r A < . Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Do (1.32) và 0A không suy biến nên bài toán (1.30), (1.20) với ( ) ( ) ( )l x x b x a≡ − chỉ có nghiệm tầm thường. Gọi 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) với ( ) ( ) ( )l x x b x a≡ − . Khi đó, theo (1.32), với mọi ~ q thuộc ( , )nL I  ,ta có: ~ ~ 1 0 0 0( , ) exp( ( ) ) ( ) , b t t a t b a s G t s q ds A P d q s ds t Iξ ξ− − + = ∈∫ ∫ ∫ trong đó ~ ~ ( ) ( )q t b a q t− + ≡ . Do đó, kết hợp với bất đẳng thức (1.35), bất đẳng thức (1.34) bao hàm bất đẳng thức (1.31). Vì vậy, tất cả giả thiết của định lý 1.6 được thỏa mãn. Hệ quả đã được chứng minh xong. 1.2.2. Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra: Trong mục này ta sẽ xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) khi p là toán tử Volterra Lấy tuỳ ý 0t , t I∈ , và ( , )nx C I∈  , đặt: * 0 0( , ) min{ , }t t t tα = , * 0 0( , ) ax{ , }t t m t tα = , 0 * , * 0 0[ ( , ), ( , )]t tI t t t tα α= , 00 ,, max{ ( ) :s I }t tt tx x s= ∈ Định nghĩa 1.9: Toán tử p được gọi là toán tử Volterra tương ứng với 0t I∈ nếu với mọi t thuộc I và ( , )nx C I∈  thỏa mãn điều kiện 0 , ( ) 0, t tx s s I= ∈ , thì ( )( ) 0p x s = với hầu hết 0 ,t t s I∈ . Bổ đề 1.10: Nếu : ( , ) ( , )n np C I L I→  là toán tử Volterra tương ứng với 0t I∈ thì các bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x thuộc ( , )nC I  : 0 , ( )( ) ( ) t t p x t t xη≤ với hầu hết t I∈ (1.36) 0 0 , 1( )( ) ( ) , ( 1,2,...) ! k t k t t t p x t s ds x t I k k η≤ ∈ =∫ (1.37) trong đó η là hàm thoả điều kiện ( )( ) ( ) , , ( , )nCp x t t x t I x C Iη≤ ∈ ∈  , : ( , ) ( , ) ( 1,2...)k n np C I C I k→ =  là các toán tử được cho bởi đẳng thức (1.15). Chứng minh Giả sử với mọi t thuộc I và ( , )nx C I∈  , đặt: 0 * 0 * 0 * , * 0 0 * * 0 0 ( ( , )) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( ( , )) ( , ) t t x t t khi s t t x s x s khi t t s t t x t t khi s t t α α α α α α < = ≤ ≤  > Khi đó với 0 ,t t s I∈ ta có: 0 0, , ( )( ) ( ( ))( ) ( )( )t t t tp x s p x s p x x s− = − 0 , ( )( ) 0t tx x s− = Vì p là toán tử Volterra tương ứng với 0t I∈ nên ta có 0 ,( )( ) 0t tp x x s− = với hầu hết 0 ,t t s I∈ hay 0 , ( )( ) ( ( ))( )t tp x s p x s= với hầu hết 0 ,t ts I∈ . Kết hợp với điều kiện (i), ta có: 0 0, , ( )( ) ( ) ( )t t t tCp x s s x s xη η≤ = với hầu hết 0 ,t ts I∈ Vì t I∈ tùy ý nên ta được: 0 , ( )( ) ( ) t t p x t t xη≤ với hầu hết t I∈ Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.37) bằng quy nạp: Theo (1.15) và (1.36), ta có: 0 0 0 0 0 1 , , ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) t t t t t t t t t p x t p x d x d d x τ τ τ η τ τ η τ τ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 1 , 2 , , ( )( ) ( ( ))( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2! t t t t t t t t t t t t t p x t p p x d p x d s ds s ds x d x τ τ τ τ τ η τ τ η η τ η τ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ với t I∈ Giả sử : 0 0 , 1( )( ) ( ) , ( 1,2,...) ! k t k t t t p x t s ds x t I k k η≤ ∈ =∫ Khi đó, ta có: 00 0 0 0 0 0 0 1 , , 1 , ( )( ) ( ( ))( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) s ! 1 ( ) s , ( 1,2,...) ( 1)! t k k t t k t t k t t t t k t t t t p x t p p x d p x d s d x d k s d x t I k k τ τ τ τ τ η τ τ η τ η τ η + + ≤ ≤ ≤ ≤ ∈ = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ta được (1.37). Bổ đề được chứng minh. Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau: Bổ đề 1.11: Nếu p là toán tử Volterra tương ứng với 0t I∈ thì toán tử 1E p− khả nghịch và 1 1 0 ( ) k k E p p +∞ − = − = ∑ ,trong đó ( 0,1...)kp k = là các toán tử được định nghĩa bởi đẳng thức (1.15) Định lý 1.12: Giả sử p là toán tử Volterra tương ứng với 0t I∈ . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương ,k m và ma trận n nA ×+∈ sao cho kΛ không suy biến, ( ) 1r A < và: , ( ) , ( , )k m n CC p x A x x C I≤ ∈  Chứng minh Điều kiện đủ của định lí này được suy ra từ định lý 1.2 .Do vậy, ta chỉ cần chứng minh điều kiện cần như sau: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất, khi đó bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Gọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1.10). Ta có: 1( ) ( )( )x t c p x t= + , với 0( )c x t= hay 1( )( )( )E p x t c− = Theo bổ đề 1.11 ta có: ( ) ( )x t X t c= , với 0 ( ) ( )( )i i X t p E t ∞ = = ∑ Vì bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại số ( ) 0l X c = chỉ có nghiệm tầm thường.Vì thế: det( ( )) 0l X ≠ (1.38) Đặt 1 0 ( ) ( )( ) k i k i X t p E t − = = ∑ Khi đó ta có ( )k kl XΛ = , lim 0k Ck X X→+∞ − = . Do l liên tục nên ta có: lim ( )kk l X→+∞Λ = (1.39) Từ (1.38) và (1.39) suy ra tồn tại số nguyên dương 0k và một số thực dương ς thoả mãn: det( ) 0kΛ ≠ , 1 0 0( , 1,....; 1,2....)m kCX l k k k mς −Λ < = + = (1.40) trong đó l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác, theo bổ đề 1.10, ta có: 0( ) ( 1,2...) ! k k CC p x x k k ς ≤ = (1.41) trong đó 0 ( ) b a t dtς η= ∫ Từ (1.40) và (1.41), kết hợp với (1.17), ta có: , 0 0( ) ( ) ! ! m k k m CC p x x m k ς ςς≤ + 0 0( , 1,....; 1,2....)k k k m= + = (1.42) Chọn số nguyên dương 0 0m k≥ sao cho: 0 0 1 ! ! 2 m k m k n ς ςς+ < 0 0 0 0( , 1,....; , 1....)k m m m m m= + = + Khi đó với mỗi 0k m≥ và 0m m≥ , từ (1.42) ta có: , ( ) , ( , )k m n CC p x A x x C I≤ ∈  trong đó n nA ×+∈ là ma trận với các phần tử 1 2n thoả ( ) 1r A < . Định lí đã được chứng minh. 1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát: Cho k là số nguyên dương tùy ý. Cùng với bài toán (1.1), (1.2), ta xét bài toán sau: ( ) ( )( ) ( )k k dx t p x t q t dt = + (1.1k) ( )k okl x c= (1.2k) trong đó: i. : ( , ) ( , )n nkp C I L I→  là một toán tử tuyến tính bị chặn mạnh. ii. : ( , )n nkl C I →  là toán tử tuyến tính bị chặn. iii. 0( , ) ,n nk kq L I c∈ ∈  Với mọi toán tử bị chặn : ( , ) ( , )n ng C I L I→  , kí hiệu g là chuẩn của g ; gM là tập các hàm vectơ liên tục tuyệt đối : ny I →  được biểu diễn bởi ( ) ( ) ( )( ) t a y t z a g z s ds= + ∫ , trong đó : nz I →  là một hàm vectơ liên tục bất kì sao cho 1 C z = . Bổ đề 1.13: Giả sử bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử kp và kl ( 1,2,...k = ) thoả mãn các điều kiện: sup{ [ ( )( ) ( )( )] :t , } 0 k t k p a p y s p y s ds I y M− ∈ ∈ →∫ khi k → +∞ (1.43) lim ( ) ( )kk l y l y→+∞ = với ( , ) ny C I∈  (1.44) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k và hằng số dương α sao cho với mọi hàm vectơ liên tục tuyệt đối : nz I →  ta có: 0 0( ) ( , 1,...)kCz z k k kα≤ ∆ = + (1.45) trong đó: ( ) ax{ ( ) +(1 ) [ '( ) ( )( )] :t I} t k k k kt I a z m l z p z s p z s ds ∈ ∆ = + − ∈∫ (1.46) Chứng minh Từ điều kiện (1.44) và theo định lí Banach – Steinhauss , ta có dãy 1{ }k kl +∞= bị chặn nghĩa là tồn tại hằng số dương β sao cho: ( )k Cl y yβ≤ với ( , ) ( 1,2...) ny C I k∈ = (1.47) Đặt : 1( )( ) ( )( ) t a p y t p y s ds= ∫ , 1 ( )( ) ( )( ) ( 1,2,...) t k k a p y t p y s ds k= =∫ Khi đó 1p , 1 : ( , ) ( , )n nkp C I C I→  là các toán tử tuyến tính bị chặn và 1 ( 1,2,...)k kp p k≤ = (1.48) Mặt khác, theo (1.43), ta có: 1 1sup{ ( ) ( ) : } 0k pkCp y p y y M khi k− ∈ → →∞ (1.49) Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại một dãy tăng các số nguyên dương 1{ }m mk +∞ = và dãy các hàm vectơ : ( 1,2,...)nmz I m→ = liên tục tuyệt đối sao cho: ( ) ( 1,2,...) mm k mC z m z m> ∆ = (1.50) Với mỗi 1,2,...m = ta đặt: ( )( ) mm m C z ty t z = '( ) [ ( ) ( )( )] ( 1,2,...) m t m m k m a v t y s p y s ds m= − =∫ 0 ( ) ( ) ( )m m my t y t v t= − (1.51) 1 1 10 0w ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )m mm k m m k mt p y t p y t p v t= − + Khi đó: 1 ( 1,2,...)m Cy m= = (1.52) 10 ( ) ( ) ( )( )mm m k my t y a p y t= + (1.53) 10 0( ) ( ) ( )( ) w ( )m m m my t y a p y t t= + + (1.54) Từ (1.52) và (1.53), ta có: 0 ( 1,2,...)kmm py M m∈ = Kết hợp với (1.49) ta suy ra: 1 10 0lim ( ) ( ) 0mk m m Cm p y p y→+∞ − = (1.55) Mặt khác, theo (1.46) và (1.50), với mỗi 1,2,...m = , ta có: ' 1 1( ) [ ( ) ( )( )] s 1 (1 ) ( ) , m m m t m m k m m aC k k m m C v t z s p z s d z p z t I z − = − ≤ ≤ + ∆ ∀ ∈ ∫ Suy ra: 11 1 (1 ) ( ) 1 (1 ) ( 1,2,...) m m m m k m k mC C k v p z z p m m −− − ≤ + ∆ < < + = (1.56) và do (1.48) nên ta có: 1 1( ) ( 1,2,...) m mk m k m CC p v p v m m ≤ < = Kết hợp với (1.55) ta được: lim w 0m Cm→+∞ = (1.57) Mặt khác, theo (1.51), (1.52) và (1.56) ta có: 0 2 ( 1,2,...)m m mC C Cy y v m≤ + ≤ = Do đó tồn tại hàm khả tích : Iγ +→  sao cho bất đẳng thức: 0( )( ) ( ) ( 1,2,...)mp y t t mγ≤ = thỏa hầu khắp nơi trên I. Khi đó ta có: 1 10 0( )( ) ( )( ) ( ) , ( 1,2,...) t m m s p y t p y s d a s t b mγ ξ ξ− ≤ ≤ ≤ ≤ =∫ (1.58) Từ (1.54) và theo (1.57), (1.58) ta có dãy 0 1{ }m my ∞= đồng liên tục. Do đó, theo bổ đề Arzelà – Ascoli ,không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng dãy 0 1{ }m my ∞= hội tụ đều. Đặt 0 0lim ( ) ( )mm y t y t→+∞ = Khi đó theo (1.51), (1.52), (1.54) và (1.57), ta có: 0lim 0m Cm y y→+∞ − = (1.59) 0 1y = , 10 0 0( ) ( ) ( )( )y t y a p y t= + Vì vậy, 0y là một nghiệm không tầm thường của hệ (1.10) Mặt khác từ (1.47) và (1.50), ta có: 0 0 1 0 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( 1,2,...) m m m m m k k m k m m m k mC C m m k mC C m C l y l y y l y y y z l z y y z z y y m m β β β − − ≤ − + ≤ − + ≤ − + ∆ ≤ − + = Theo (1.44) và (1.59), ta có 0( ) 0l y = , nghĩa là, 0y là một nghiệm của bài toán (1.10), (1.20). Điều này trái với giả thiết hệ phương trình (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Bổ đề được chứng minh. Định lí 1.14: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x , dãy các toán tử kp và ( 1,2,...)kl k = thoả các điều kiện (1.43), (1.44). Giả sử với mọi hàm liên tục tuyệt đối : ny I →  ta có: lim ((1 ) [ ( )( ) ( )( )] ) 0 t k kk a p p y s p y s ds →+∞ + − =∫ đều trên I (1.60) Hơn nữa: lim ((1 ) [q ( ) ( )] ) 0 t k kk a p s q s ds →+∞ + − =∫ đều trên I (1.61) và 0 0lim kk c c→+∞ = (1.62) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1.1k), (1.2k) cũng có nghiệm duy nhất kx với mỗi 0k k≥ và: lim 0k Ck x x→+∞ − = (1.63) Chứng minh Giả sử 0k là số nguyên dương trong bổ đề 1.13. Khi đó theo bổ đề này, với mỗi 0k k≥ , bài toán thuần nhất: ( ) ( )( ) ( ) 0 k k dx t p x t dt l x = = chỉ có nghiệm tầm thường . Theo định lí 1.1, bài toán (1.1k), (1.2k) có nghiệm duy nhất kx . Đặt ( ) ( ) ( )k kz t x t x t= − Khi đó với mỗi 0k k≥ , ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( ) k k k k k k k dz t p z t q t dt l z ς = + =  trong đó: 0 0 ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k k q t p x t p x t q t q t c c l x l xς = − + − = − + −  Từ (1.60), (1.61), (1.62) và (1.44), ta có: (1 ) ax{ ( ) : } 0 lim 0 t k k k a kk p m q s ds t I khi kδ ς →+∞ = + ∈ → → +∞ = ∫  Mặt khác, theo bổ đề 1.13, tồn tại hằng số dương α sao cho : 0 0( ) ( ) ( , 1,...)k k k k kCy z k k kα α ς δ≤ ∆ ≤ + = + Vì vậy lim 0k Ck z→+∞ = hay lim 0k Ck x x→+∞ − = . Hệ quả 1.15: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x và với mọi hàm liên tục tuyệt đối : ny I →  lim [ ( )( ) ( )( )] 0 t kk a p y s p y s ds →+∞ − =∫ đều trên I (1.64) Giả sử: lim [q ( ) ( )] 0 t kk a s q s ds →+∞ − =∫ đều trên I (1.65) lim ( ) ( )kk l y l y→+∞ = với ~ ( , )ny C I∈  , 0 0lim kk c c→+∞ = và tồn tại hàm khả tích : Iη +→  sao cho bất đẳng thức sau đúng hầu khắp nơi trên I với mọi ( , )ny C I∈  ( )( ) ( ) ,k Cp y t t y t Iη≤ ∈ , ( , ) ny C I∈  , ( 1,2,...)k = (1.66) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1.1k), (1.2k) cũng có nghiệm duy nhất kx thoả (1.63) với mỗi 0k k≥ . Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử: ( )( ) ( ) C p y t t yη≤ (1.67) Theo (1.66), ta có: ( ) ( 1,2,...) b k a p t dt kη≤ =∫ Do đó từ (1.64), (1.65) suy ra (1.60), (1.61). Theo định lí 1.14, để chứng minh hệ quả ta chỉ cần chứng minh điều kiện (1.43). Bây giờ ta giả sử điều kiện (1.43) không đúng. Khi đó tồn tại 0 0ε > , dãy các số nguyên dương 1{ }m mk +∞ = và dãy các hàm vectơ ( 1,2,...)kmm py M m∈ = sao cho: 0ax{ [ ( )( ) ( )( )] }>m t k m mt I a m p y s p y s ds ε ∈ −∫ (1.68) Kết hợp với (1.66) ta được: ( ) ( ) ( )( ) ( 1,2,...) m t m m k m a y t z a p z s ds m= + =∫ trong đó ( , ), 1, 1 ( ) b n m m mC C a z C I z y s dsη∈ = ≤ + ∫ và ( ) ( ) ( ) , t m m s y t y s d a s t bη ξ ξ− ≤ ≤ ≤ ≤∫ (1.69) Do đó, dãy 1{y }m m+∞= bị chặn đều và đồng liên tục. Vì vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể xem như nó hội tụ đều. Đặt lim ( ) ( )mm y t y t→+∞ = Theo (1.69), ta có: ( ) ( ) ( ) , t s y t y s d a s t bη ξ ξ− ≤ ≤ ≤ ≤∫ Do đó : ny I →  liên tục tuyệt đối. Từ (1.64),(1.66) và (1.67), ta có: ax{ [ ( )( ) ( )( )] } (2 ( ) ) + ax{ [ ( )( ) ( )( )] 0 m m t b k m m m Ct I a a t kt I a m p y s p y s ds s ds y y m p y s p y s ds khi t η ∈ ∈ − ≤ − + − → → +∞ ∫ ∫ ∫ Điều này mâu thuẫn với (1.68). Hệ quả đã được chứng minh. 1.3. Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát: 1.3.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm: Theo chú ý đã nêu trong phần giới thiệu, bài toán (1.5), (1.6) có thể được viết lại thành dạng (1.1), (1.2), trong đó toán tử p và hàm vectơ q được cho bởi đẳng thức (1.10) và (1.11), đồng thời hàm 0τ được cho bởi đẳng thức (1.9). Do đó, định lí 1.1 cho bài toán (1.5), (1.6) có dạng dưới đây: Định lí 1.16: Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng: 0 x( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) 0 I d t t P t x t dt l x χ τ τ= = chỉ có nghiệm tầm thường. Vì : ( , )n nl C I →  là toán tử tuyến tính liên tục nên theo định lí Riesz, tồn tại duy nhất một ma trận hàm : n nI ×Λ →  sao cho các thành phần của Λ có biến phân bị chặn trên I và không mất tính tổng quát, ta giả sử: ( )b θΛ = và với mọi ( , )nx C I∈  , ta có : ( ) ( ( )) ( ) b a l x d t x t= Λ∫ Khi đó nếu : nx I →  là hàm liên tục tuyệt đối thì áp dụng tích phân từng phần, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) '( ) b a l x a x a t x t dt= −Λ − Λ∫ (1.70) Giả sử 0t là một điểm cố định bất kì trên I . Với mọi ma trận hàm ( , )n nV L I ×∈  , đặt: ,0[ ( )]V t τ θ= ,1[ ( )] ( ( )) ( )IV t t V tτ χ τ= 0 0 ( ) , 1 ,1 ,[ ( )] [ ( )] [ ( )] ( 1,2,...) t i i t V t V t V s ds i τ τ τ τ+ = =∫ trong đó 0τ là hàm được cho bởi (1.9). Khi đó theo (1.10), (1.15) – (1.17) và (1.70),ta có: 01 , , 0 ( ) [ ( )[P(s)] ( ) [P(s)] ] tbk k i i i a a a s ds a dsτ τ − = Λ = −Λ − Λ − Λ∑ ∫ ∫ (1.71) , ,( ) , ( , ) k m n k m CC p x A x x C I≤ ∈  trong đó: 01 1 , , , 0 ( ) ( [ ( ) ] ( ) [ ( ) ] ) t bm k m m i k k k i a a A A E A P s ds s P s dsτ τ − − = = + + Λ + Λ∑ ∫ ∫ (1.72) và 0 ,ax{ [ ( ) ] : } ( 0,1,... ) t i i t A m P s ds t I i mτ= ∈ =∫ (1.73) Từ các định lí 1.2, 1.12, và hệ quả 1.4 ta suy ra các hệ quả sau: Định lí 1.17: Giả sử tồn tại các số nguyên dương k và m sao cho: det( ) 0kΛ ≠ (1.74) và ,( ) 1k mr A < (1.75) trong đó kΛ và ,k mA là các ma trận được cho bởi các đẳng thức (1.71) – (1.73). Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất. Định lí 1.18: Giả sử bất đẳng thức 0( ( ) )( ) 0t t t tτ − − ≤ thỏa hầu khắp nơi trên I. Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương k và m sao cho các điều kiện ( 1.74) và (1.75) được thỏa mãn, trong đó kΛ và ,k mA 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 ( ) 1mr A < với : 0 ,ax{ [ ( ) ] : } t m m t A m P s ds t Iτ= ∈∫ Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.20: Giả sử hàm τ đơn điệu, liên tục tuyệt đối và tồn tại ma trận n nA ×∈ sao cho: ( ) 2( ) r A b a π < − và bất đẳng thức 1/2( ( )) ( ) '( )I t P t A tχ τ τ≤ thỏa hầu khắp nơi trên I . Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.21: Giả sử 0det( ) 0B ≠ và 1 2 0( ) 1r B B B −+ < trong đó: 0 ( ( )) ( ) , ( ( )) ( ) b b I I a a B s P s ds B s P s dsχ τ χ τ= =∫ ∫ Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. Định lí 1.22: Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( , )n nP L I ×∈  sao cho hệ phương trình vi phân 0 ( ) ( ) ( )dx t P t x t dt = (1.76) với điều kiện biên ( ) 0l x = chỉ có nghiệm tầm thường và: 0( , ) ( ) , b a G t s Q s ds A t I≤ ∈∫ (1.77) trong đó 0 0 ( ) 0 0( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) t I t Q t t P t P t P t P s ds τ χ τ= − + ∫ (1.78) 0G là ma trận Green của bài toán (1.76) với ( ) 0l x = và n nA ×+∈ là ma trận thỏa mãn bất đẳng thức ( ) 1r A < . Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Giả sử x là một nghiệm của bài toán (1.10), (1.20), trong đó p là toán tử được xác định bởi (1.10). Theo (1.78), ta có: 0 0 ( ) 0 0 0 0 ( ) 0 0 0 0 ( )( ) ( ) ( ) [ ( (t))P(t)-P (t)] ( ( )) ( ) '( ) [ ( (t))P(t)-P (t)] ( ( )) ( ) ( (s))P(s) ( ( )) ( ) t I t t I I t C p x t P s x t x t P t x s ds x t P t x s ds Q t x τ τ χ τ τ χ τ τ χ τ τ − = + = + ≤ ∫ ∫ Khi đó từ (1.77) ta suy ra bất đẳng thức (1.31). Do đó, tất cả các giả thiết của định lí 1.6 được thỏa mãn. Định lí đã được chứng minh. Từ định lí 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 tồn tại ma trận hàm 0 ( , )n nP L I ×∈  sao cho: 0 0 0 0( ( ) ) ( ) ( )( ( ) ) t t s s P d P t P t P dξ ξ ξ ξ=∫ ∫ (1.79) được thỏa mãn với hầu hết ,s t I∈ và: 0 0exp( ( ) ) ( ) , t t t s P d Q s ds A t Iξ ξ ≤ ∈∫ ∫ trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa bởi (1.78) và n nA ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1r A < Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.24: Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( , )n nP L I ×∈  sao cho đẳng thức (1.79) được thỏa mãn với hầu hết ,s t I∈ . Giả sử ma trận: 0 0exp( ( ) ) b a A E P s ds= − ∫ không suy biến và: 1 0 0exp( ( ) ) ( ) , t t t b a s A P d Q s ds A t Iξ ξ− − + ≤ ∈∫ ∫ trong đó Q là ma trận được định nghĩa bởi (1.78). Giả sử thêm rằng: 0 0( ) ( ) , ( ) ( )P t b a P t Q t b a Q t− + ≡ − + ≡ và n nA ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1r A < . Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. 1.3.2. Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.5), (1.6): Cho k là một số nguyên dương bất kì. Cùng với bài toán (1.5), (1.6), ta hãy xét bài toán: 0 ( ) ( ) ( ( )) ( )k k k dx t P t x t q t dt τ= + (1.5k) 0( ) , ( ) ( ) ,k k kl x c x t u t t I= = ∉ (1.6k) trong đó 0 0( ; ) , ( , ) , , : n n n n k k k kP L I q L I c Iτ ×∈ ∈ ∈ →    là đo được, : nku →  là hàm vectơ liên tục và bị chặn, : ( , )n nkl C I →  là toán tử tuyến tính bị chặn. Bổ đề 1.25: Giả sử H , ( , )n nkH L I ×∈  , và V , ( , ) ( 1,2,...)nkV L I k+∞∈ = lim ( ) ( ) t t kk a a H s ds H s ds →+∞ =∫ ∫ đều trên I (1.80) es sup{ ( ) ( ) : } 0ks V t V t t I khi k− ∈ → → +∞ (1.81) Giả sử tồn tại hàm khả tích : Iη +→  sao cho: ( ) ( ) ( 1,2,...)kH t t kη≤ = thỏa hầu khắp nơi trên I (1.82) Khi đó: lim ( ) ( ) ( ) ( ) t t k kk a a H s V s ds H s V s ds →+∞ =∫ ∫ đều trên I (1.83) Chứng minh Từ (1.80), (1.82) ta có: ( ) ( )H t tη≤ với t I∈ (1.84) 0ε∀ > cho trước, do V bị chặn cốt yếu nên tồn tại hàm vectơ khả vi liên tục 0 : nV I →  sao cho: 0( ) ( ) ( ) 4 b a t V s V s ds εη − <∫ (1.85) Đặt ( ) [ ( ) ( )] t k k a G t H s H s ds= −∫ Theo (1.80) ta có lim 0k Ck G→+∞ = Do đó : ' 0 0 0[H ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 t t k k k a a s H s V s ds G t V t G s V s ds− = − →∫ ∫ đều trên I khi k → +∞ . Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho: 0[ ( ) ( )] ( ) 4 t k a H s H s V s ds ε− <∫ với 0,t I k k∈ ≥ (1.86) Mặt khác, áp dụng (1.81) và không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng: ( ) ( ) ( ) 4 b k a s V s V s ds εη − <∫ khi 0k k≥ (1.87) Theo điều kiện (1.82) và từ (1.84) – (1.87), ta có: 0 0 [ ( ) ( ) ( ) ( )] ( )( ( ) ( )) [ ( ) ( )] ( ) [ ( ) ( )]( ( ) ( ) t t k k k k a a t t k k a a H s V s H s V s ds H s V s V s ds H s H s V s ds H s H s V s V s ds − = − + − + − − ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra: 0 0 [ ( ) ( ) ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) 2 ( ) ( ) ( ) t b k k k a a t b k a a H s V s H s V s ds s V s V s ds H s H s V s ds s V s V s ds η η ε − ≤ − + − + − < ∫ ∫ ∫ ∫ với 0 ,k k t I≥ ∈ . Từ đó ta được (1.83). Bổ đề được chứng minh. Định lí 1.26: Giả sử bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất x và: lim [ ( 1) ( ( ))] ( ) [ ( 1) ( ( ))] ( ) t t i i I k k Ik a a i s P s ds i s P s dsχ τ χ τ →+∞ + − = + −∫ ∫ (1.88) đều trên ( 0,1)I i = 0 0lim ( ) ( ) t t kk a a q s ds q s ds →+∞ =∫ ∫ đều trên I (1.89) es sup{ ( ) ( ) : } 0ks t t t I khi kτ τ− ∈ → → +∞ (1.90) lim ( ) ( )kk u t u t→+∞ = đều trên  (1.91) lim ( ) ( )kk l y l y→+∞ = với ( , ) ny C I∈  , 0 0lim kk c c→+∞ = Giả sử tồn tại : Iη +→  khả tích sao cho: ( ) ( ) ( 1,2,...)kP t t kη≤ = thỏa hầu khắp nơi trên I (1.92) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho với mỗi 0k k≥ , bài toán (1.5k), (1.6k) nghiệm duy nhất kx và lim 0k Ck x x→+∞ − = Chứng minh Trước hết ta nhận xét các bài toán (1.5), (1.6) và (1.5k), (1.6k) có thể viết lại lần lượt dưới dạng (1.1), (1.2) và (1.1k), (1.2k) bằng cách đặt: 0 ( ) , ( ) ( ) , ( ) , ( ) k k k k k t khi t I t a khi t a b khi t b τ τ τ τ τ ∈ = <  > (1.93) 0( )( ) ( ) ( ( )) ( ( ))k k I k kp x t P t t x tχ τ τ= (1.94) 0( ) (1 ( ( )) ( ) ( ( )) ( )k I k k k k kq t t P t u t q tχ τ τ= − + (1.95) trong đó 0 , ,p qτ 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 lí, áp dụng hệ quả 1.15, ta chỉ cần kiểm tra điều kiện (1.64). Thật vậy: Với mọi hàm vectơ liên tục tuyệt đối : ny I →  , theo (1.9), (1.88), (1.90), (1.92) và (1.93) thì các hàm vectơ và các hàm ma trận: ( ) ( ( )) ( )k I k kH t t P tχ τ= , ( ) ( ( )) ( )IH t t P tχ τ= 0( ) ( ( ))k kV t Y tτ= , 0( ) ( ( ))V t Y tτ= thỏa mãn 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 lí 1.27: Giả sử bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất x và: lim ( [P ( ) ( )] 0 t k kk a s P s dsς →+∞ − =∫ đều trên I (1.96) 0 0lim ( [q ( ) ( )] 0 t k kk a s q s dsς →+∞ − =∫ đều trên I (1.97) 2lim ( [u ( ) ( )] 0k kk t u tς→+∞ − = đều trên  (1.98) trong đó: 1 ( ) b k k a P t dtς = + ∫ và lim ( ) ( )kk l y l y→+∞ = với ( , ) ny C I∈  , 0 0lim kk c c→+∞ = Giả sử hàm : Iτ →  liên tục, đơn điệu, các thành phần của hàm vectơ u có biến phân bị chặn và ( ) ( ) ( 1,2,...)k t t kτ τ≡ = (1.99) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho với mỗi 0k k≥ , bài toán (1.5k), (1.6k) nghiệm duy nhất kx và lim 0k Ck x x→+∞ − = Chứng minh Với mỗi 1,2,...k = , theo (1.99) thì các bài toán (1.5), (1.6) và (1.5k), (1.6k) lần lượt tương đương với các bài toán (1.1), (1.2) và (1.1k), (1.2k) trong đó 0 , ,p qτ được cho bởi (1.9) – (1.11) 0( )( ) ( ) ( ( )) ( ( ))k k Ip x t P t t x tχ τ τ= (1.100) 0( ) (1 ( ( )) ( ) ( ( )) ( ( ))k I k k kq t t P t u t q tχ τ τ= − + (1.101) Theo định lí 1.14, để chứng minh định lí này, ta cần chứng tỏ rằng các dãy , ( 1,2,...)k kp q k = thỏa mãn các điều kiện (1.43), (1.60) và (1.61) Trước tiên ta chú rằng: 1 ( 1,2,...)k kp kς+ ≤ = (1.102) Mặt khác, τ đơn điệu và liên tục nên kết hợp với (1.96), ta có: lim ( ) 0 ( 0,1)k ik Ck Q iς→+∞ = = (1.103) với ( ) [ ( 1) ( ( ))[ ( ) ( )] ( 0,1) t i ik I k a Q t i s P s P s ds iχ τ= + − − =∫ Áp dụng (1.10) và (1.100), với mọi hàm liên tục tuyệt đối : ny I →  , ta có: 0 0 0 0 0 0 0 [ ( )( ) ( )( )] ( (s))[ ( ) ( )]y( ( )) Q' ( ) ( ( )) Q ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) t t k I k a a t k a t k k a p y s p y s ds p s p s s ds s y s ds t y t Q s dy s χ τ τ τ τ τ − = − = = + ∫ ∫ ∫ ∫ (1.104) Nếu kp y M∈ thì 0( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) t I k a y t z a s P s z s dsχ τ τ= + ∫ trong đó ( , ) , 1n Cz C I z∈ ≤ . Do đó: 1 ( ) b k kC a y P s ds ς≤ + =∫ (1.105) ( ) ( ) s b b k k a a dy s P s d ς≤ <∫ ∫ kết hợp với tính đơn điệu của 0τ , ta có: 0( ( )) s ( ) b b k a a dy s d dy sτ ς≤ <∫ ∫ (1.106) Từ (1.104) kết hợp với (1.105), (1.106), ta được: 0[ ( )( ) ( )( )] 2 t k k k C a p y s p y s ds Qς− ≤∫ với , kpt I y M∈ ∈ Vì vậy theo (1.103), điều kiện (1.43) thoả. Với mọi hàm liên tục tuyệt đối : ny I →  , đặt: 0 0( ( )) b C a y dy s dsς τ= + ∫ Khi đó do (1.104), ta có: 0 0[ ( )( ) ( )( )] , t k k C a p y s p y s ds Q t Iς− ≤ ∈∫ Kết hợp với (1.102) và (1.103) suy ra điều kiện (1.60) Theo (1.11) và (1.101), ta có: 1 [ ( ) ( )] (1 ( ( )) ( )[ ( ( )) ( ( ))] ' ( ) ( ( )) t t k I k k a a t k a q s q s ds s P s u s u s ds Q s u s ds χ τ τ τ τ − = − − + + ∫ ∫ ∫ Áp dụng tích phân từng phần ta được: 1 1 1' ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) t t k k k a a Q s u s ds Q t u t Q s du sτ τ τ= −∫ ∫ Do đó: 1[q ( ) ( )] t k k k k CC a s q s ds u u Qς ς− ≤ − +∫ (1.107) với ( ( )) b C a u du sς τ= + ∫ Từ (1.107) kết hợp với (1.98), (1.102) và (1.103) ta suy ra điều kiện (1.61). Định lí đã được chứng minh. CHƯƠNG II: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI P LÀ TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH BỊ CHẶN Trong chương này, ta mở rộng các kết quả của chương I trong trường hợp p không là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh mà chỉ là toán tử tuyến tính bị chặn. Xét bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính: ( ) ( )( ) ( )dx t p x t q t dt = + (2.1) 0( )l x c= (2.2) trong đó nabp L∈ và : ( , )n nl C I →  là hàm tuyến tính bị chặn, ( , )nq L I∈  , 0 nc ∈ . Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là hàm ~ ( , )nx C I∈  thoả mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên I và thoả điều kiện (2.2) Cùng với bài toán (2.1), (2.2), ta xét bài toán thuần nhất tương ứng: ( ) ( )( )dx t p x t dt = (2.10) ( ) 0l x = (2.20) Với mỗi k N∈ , xét bài toán biên: ( ) ( )( ) ( )k k dx t p x t q t dt = + (2.1k) ( )k kl x c= (2.2k) trong đó nk abp L∈ , : ( , )n nkl C I →  là hàm tuyến tính bị chặn, ( , )nkq L I∈  , nkc ∈ . Trong chương I, ta đã chứng minh được rằng khi p là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh thì bài toán (2.1), (2.2) giải được duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Năm 1972, H.Schaefer trong [19] đã chứng minh rằng tồn tại p là toán tử tuyến tính bị chặn nhưng không bị chặn mạnh. Do đó ta cần nghiên cứu tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) trong trường hợp , kp p ( )k∈ là các toán tử tuyến tính bị chặn. Các kết quả chính của phần này dựa vào các kết quả từ [7], [16]. Định lí 2.1: Cho nabp L∈ . Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Để chứng minh định lí 2.1, ta cần các bổ đề quan trọng sau: Bổ đề 2.2: Cho 1abp L∈ . Toán tử : ( ; ) ( ; )A C I C I→  xác định bởi: ( )( ) ( )( ) t a A x t p x s ds= ∫ với a t b≤ ≤ (2.3) là compact. Chứng minh Trước hết, ta nhắc lại một vài kết quả từ [5]: 1. Không gian ( ; )L I  đầy đủ yếu (định lí IV.8.6) 2. Toán tử tuyến tính bị chặn biến không gian ( ; )C I  thành không gian Banach đầy đủ yếu là hoàn toàn liên tục yếu ( định lí VI.7.6) 3. Nếu tập ( ; )M L I⊂  là compact tương đối yếu thì nó có tính chất của tích phân liên tục (định lí IV.8.11), nghĩa là: 0, 0 : ( )( ) t s p x dε δ ξ ξ ε∀ > ∃ > ≤∫ với , , ,s t I t s x Mδ∈ − ≤ ∈ Ta chứng minh bổ đề 2.2: Giả sử ( , )M C I⊆  là tập bị chặn tuỳ ý. Để chứng minh A là toán tử compact, ta cần chứng minh tập ( )A M là compact tương đối. Theo định lí Arzela- Ascoli, ta cần phải chứng minh tập ( )A M bị chặn và đồng liên tục. • Chứng minh ( )A M bị chặn: Theo định nghĩa toán tử A , ta có: {( ) ax ( )( ) s : } ( ) , t C L C a A x m p x s d t I p x p x x M= ∈ ≤ ≤ ∀ ∈∫ Vì p là toán tử tuyến tính bị chặn và M là tập bị chặn nên ( )A M bị chặn. • Chứng minh ( )A M đồng liên tục: Dựa vào các kết quả 1), 2) ta có toán tử p hoàn toàn liên tục yếu. Do đó tập ( ) { ( ) : }p M p x x M= ∈ compact tương đối yếu. Theo kết quả 3) tập ( )p M có tính chất của tích phân liên tục tuyệt đối, nghĩa là: 0, 0 : ( )( ) t s p x dε δ ξ ξ ε∀ > ∃ > ≤∫ với , , ,s t I t s x Mδ∈ − ≤ ∈ Mặt khác: ( )( ) ( )( ) ( )( ) t s A x t A x s p x dξ ξ− = ∫ với , , ( ; )s t I x C I∈ ∈  Suy ra ( )( ) ( )( )A x t A x s ε− ≤ với , , ,s t I t s x Mδ∈ − ≤ ∈ Vậy ( )A M đồng liên tục. Bổ đề 2.2 được chứng minh. Bổ đề 2.3: Cho nabp L∈ . Toán tử : ( ; ) ( ; )n nA C I C I→  xác định bởi đẳng thức (2.3) là compact. Chứng minh: Gọi 1( )nj jx x == là một phần tử của ( ; )nC I  và (0,..., ,...,0)j jx x= . Do p là toán tử tuyến tính nên: 1 ij 1 ( ) ( ( )) , ( ) ( ) ( 1,..., ) n n i i i j j p x p x p x p x i n= = = = =∑ trong đó : ( ; ) ( ; )nip C I L I→  , : ( ; ) ( ; )ijp C I L I→  , ( ) ( )ij j i jp x p x= . Vì nabp L∈ nên ta có 1ij ( , 1,..., )abp L i j n∈ = . Do đó, theo bổ đề (2.2), toán tử ij ij( )( ) ( )( ) , ( , 1,..., ) t j a A x t p x s ds a t b i j n= ≤ ≤ =∫ là compact. Mặt khác, ij 1 1 ( )( ) ( ( )( )) n n i j A x t A x t = = = ∑ Do đó, A compact. Từ bổ đề 2.3, ta có ngay bổ đề sau: Bổ đề 2.4: Cho nabp L∈ , toán tử : ( ; ) ( ; )n nA C I C I→  xác định bởi đẳng thức (2.3) và 1{ } ( ; ) n k k C Iβ +∞ = ⊂  là dãy bị chặn. Khi đó, dãy 1{A( )}k kβ +∞= chứa một dãy con hội tụ đều. Chứng minh định lí 2.1: Đặt ( ; )n nX C I= ×  là không gian Banach gồm các phần tử ( , )u x c= với chuẩn X C u x c= + , trong đó ( ; )nx C I∈  và nc∈ . Lấy tuỳ ý ( , )u x c X= ∈ , ta đặt: ( )( ) ( ( ) ( )( ) , ( )) t a f u t c x a p x s ds c l x= + + −∫ , với t I∈ . 0( ) ( ( ) , ) t a g t q s ds c= ∫ với t I∈ Khi đó bài toán (2.1), (2.2) tương đương với phương trình toán tử sau đây trong X : ( )u f u g= + (2.4) vì ( , )u x c= là nghiệm của (2.4) nếu 0c = và x là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2). Ngược lại, nếu x là một nghiệm của bài toán (2.1), (2.2). thì ( ,0)u x= là một nghiệm của bài toán (2.4). Mặt khác, theo cách đặt f như trên, kết hợp với bổ đề 2.3, ta có :f X X→ là toán tử tuyến tính compact. Do đó theo định lí Fredholm cho phương trình toán tử thì điều kiện cần và đủ để phương trình phương trình (2.4) có nghiệm duy nhất là phương trình toán tử : ( )u f u= (2.40) chỉ có nghiệm tầm thường. Tuy nhiên, điều đó tương đương với bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lí được chứng minh. Giống như trong chương I, ta tiếp tục nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (2.1), (2.2). Định lí 2.5: Giả sử bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm x duy nhất, dãy các toán tử ,k kp l thoả các điều kiện: sup{ [p ( )( ) ( )( )] : , } 0 k t k p a y s p y s ds a t b y M− ≤ ≤ ∈ →∫ khi k → +∞ (2.5) lim ( ) ( )kk l y l y→+∞ = với ( ; ) ny C I∈  (2.6) Giả sử với mọi ~ ( ; )ny C I∈  , ta có: lim (1 ) [p ( )( ) ( )( )] 0 t k kk a p y s p y s ds →+∞ + − =∫ đều trên I (2.7) Hơn nữa: lim (1 ) [q ( ) ( )] 0 t k kk a p s q s ds →+∞ + − =∫ đều trên I (2.8) lim kk c c→+∞ = (2.9) Khi đó tồn tại 0k ∈ sao cho với mỗi 0k k> , bài toán (2.1k), (2.2k) có nghiệm kx duy nhất và lim 0k Ck x x→+∞ − = (2.10) Để chứng minh định lí 2.5, ta cần có bổ đề sau: Bổ đề 2.6: Giả sử bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử tuyến tính bị chặn kp và kl thoã mãn các điều kiện (2.5), (2.6). Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k và số 0α > sao cho với mọi hàm vectơ liên tục tuyệt đối : nz I →  , ta có : ( )kCz zα≤ ∆ ( 0 0, 1,...k k k= + ) trong đó: ( ) { ( ) (1 ) [ '( ) ( )( )] : } t k k k k a z max l z p z s p z s ds t I∆ = + + − ∈∫ (*) Chứng minh: Từ điều kiện (2.6) và theo định lí Banach – Steinhauss , ta có dãy 1{ }k kl +∞= bị chặn, nghĩa là tồn tại số 0β > sao cho: ( )k Cl y yβ≤ với mọi ( ; ) , ny C I k∈ ∈  (2.11) Với ( ; )ny C I∈  , đặt: ( )( ) ( )( ) t a A y t p y s ds= ∫ ( )( ) ( )( ) , , 1,2,... t k k a A y t p y s ds t I k= ∈ =∫ Khi đó A , : ( ; ) ( ; )n nkA C I C I→  là các toán tử tuyến tính bị chặn và , 1,2,...k kA p k≤ = (2.12) Mặt khác, theo (2.5) ta có: sup{ ( ) ( ) : } 0 kk pC A y A y y M khi k− ∈ → → +∞ (2.13) Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại một dãy tăng các số nguyên dương 1{ }m mk +∞ = và dãy các hàm vectơ : ( 1,2,...)nmz I m→ = liên tục tuyệt đối sao cho: ( ) mm k mC z m z> ∆ ( 1,2,...)m = (2.14) Với mỗi 1,2,...m = , ta đặt ( )( ) mm m C z ty t z = '( ) [ ( ) ( )( )] , m t m m k m a v t y s p y s ds t I= − ∈∫ (2.15) 0 ( ) ( ) ( ) ,m m my t y t v t t I= − ∈ (2.16) 0 0w ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ,m mm k m m k mt A y t A y t A v t t I= − + ∈ (2.17) Khi đó: 1 , 1,2,...m Cy m= = (2.18) 0 ( ) ( ) ( )( ) , , 1,2,...mm m k my t y a A y t t I m= + ∈ = (2.19) 0 0( ) ( ) ( )( ) w ( ) , , 1,2,...m m m my t y a A y t t t I m= + + ∈ = (2.20) Theo (*) và (2.14), với mỗi 1,2,...m = , ta có: ' 11 1( ) [ ( ) ( )( )] s (1 ) ( ) m m m t m m k m k k m m maC C v t z s p z s d p z z z −= − ≤ + ∆∫ với mọi t I∈ . Suy ra: ( ) 1 , 1,2,... (1 ) (1 ) m m m k m m C m k kC z v m z p m p ∆ ≤ < = + + (2.21) Và do (2.12), ta có: 1( ) , 1,2,... m mk m k m CC A v p v m m ≤ < = (2.22) Từ (2.18) và (2.19), ta có: 0 ,kmm py M m∈ ∈ Kết hợp với (2.13) suy ra: 0 0lim ( ) ( ) 0mk m m Cm A y A y→+∞ − = (2.23) Từ (2.22), (2.23), (2.17) suy ra lim w 0m Cm→+∞ = (2.24) Mặt khác, theo (2.16), (2.18) và (2.21), ta có: 0 2 , 1,2,...m m mC C Cy y v m≤ + ≤ = (2.25) Vì vậy, tồn tại hàm khả tích : Iγ +→  sao cho bất đẳng thức: 0( )( ) ( ) ( 1,2,...)mp y t t mγ≤ = thỏa hầu khắp nơi trên I. Khi đó ta có: 0 0( )( ) ( )( ) ( ) , ( 1,2,...) t m m s A y t A y s d a s t b mγ ξ ξ− ≤ ≤ ≤ ≤ =∫ (2.26) Theo (2.20), (2.24) và (2.26), dãy 0 1{ }m my ∞= đẳng liên tục. Do đó, theo bổ đề Arzelà – Ascoli ,không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng dãy 0 1{ }m my ∞= hội tụ đều. Đặt 0 0lim ( ) ( ) ,mm y t y t t I→+∞ = ∈ Khi đó theo (2.16), (2.18), (2.20), (2.21) và (2.24), ta có: 0lim 0m Cm y y→+∞ − = (2.27) 0 1Cy = , 0 0 0( ) ( ) ( )( ) ,y t y a A y t t I= + ∈ Do đó 0y là một nghiệm không tầm thường của hệ (2.10) Từ (2.11) và (2.14), ta có: 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 1,2,...) m m m m m k k m k m m k mC m C m k mC m C m C l y l y y l y y y l z z y y z z y y m m β β β ≤ − + ≤ − + ≤ − + ∆ ≤ − + = Theo (2.6) và (2.27), ta có 0( ) 0l y = , nghĩa là 0y là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.20). Điều này trái với giả thiết bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Bổ đề được chứng minh. Chứng minh định lí 2.5: Giả sử 0k là số nguyên dương trong bổ đề 2.6. Khi đó theo bổ đề này, với mỗi 0k k> , bài toán thuần nhất: ( ) ( )( ) ( ) 0 k k dx t p x t dt l x = = chỉ có nghiệm tầm thường. Theo định lí 2.1, với mỗi 0k k> , bài toán (2.1k), (2.2k) có nghiệm duy nhất, giả sử là kx . Đặt ( ) ( ) ( )k kz t x t x t= − với a t b≤ ≤ . Khi đó với mỗi 0k k≥ , ta có: ~( ) ( )( ) ( ) ( ) k k k k k k k dz t p z t q t dt l z ξ = + = với t I∈ (2.28) trong đó: ~ ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k k q t p x t p x t q t q t c c l x l xξ = − + − = − + − với t I∈ Theo (2.7),(2.8), (2.9) ta có: ~ (1 ) ax{ ( ) : } 0 t k k k a p m q s ds t I khi kδ = + ∈ → → +∞∫ (2.29) lim 0kk ξ→+∞ = (2.30) Mặt khác theo bổ đề (2.6) và (2.28) , (2.29), tồn tại số 0α > sao cho: 0 0( ) ( ) , ( , 1,...)k k k k kCz z k k kα α ξ δ≤ ∆ ≤ + = + Do đó, theo (2.29) và (2.30), ta có lim 0k Ck z→+∞ = hay lim 0k Ck x x→+∞ − = Định lí 2.5 được chứng minh xong. KẾT LUẬN Luận văn đã trình bày các vấn đề cơ bản liên quan đến bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính như sự tồn tại và duy nhất nghiệm, tính xấp xỉ nghiệmCác kết quả chính của bài toán biên tổng quát được áp dụng cho các trường hợp riêng. Đặc biệt, luận văn tập trung nghiên cứu về tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính khi p chỉ là toán tử tuyến tính bị chặn. Luận văn gồm hai chương. Chương I: Luận văn nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất nghiệm, tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính mà kết quả chính là các định lí 1.2, 1.6, 1.14. Riêng hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra, luận văn cũng đã trình bày được điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm với kết quả là định lí 1.12. Chương II: Từ các kết quả của chương I, luận văn trình bày về tính giải được, tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính khi p là toán tử tuyến tính bị chặn với kết quả chính là các định lí 2.1, 2.5. Như vậy, về cơ bản luận văn đã giải quyết được các vấn đề liên quan đến bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính khi p là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh kể cả khi p chỉ là toán tử tuyến tính bị chặn. Tuy nhiên, các trường hợp cụ thể của bài toán biên như bài toán biên tuần hoàn, bài toán biên hai điểm hoặc nhiều điểm vẫn chưa được xem xét. Đó là các hướng sẽ được tiếp tục xem xét khi có điều kiện. Rất mong quí thầy cô, đồng nghiệp góp ý thêm để luận văn được hoàn thiện. TÀI LIỆU THAM KHẢO   1) N.V.Azbelev, V.P.Maksimov and L.F.Rakhmatullina: Introduction to the theory of functional differential equations. Nauka, Moscow, 1991 (In Russian) 2) S.R.Bernfeld and V.Lakshmikantham: An introduction to nonlinear boundary value problems. Academic Press, Inc., Newyork and London, 1974. 3) R.Conti : Recent trends in the theory of boundary value problems for ordinary differential equations. Boll. Unione mat. ital. 22 (1967), 135 – 178. 4) R.Conti: Problémes lineaires pour les equations differentielles ordinaires. Math. Nachr 23 (1961), 161 – 178. 5) N.Dunford and J.T.Schwartz: Linear Operators.I.General Theory , Pure and applied Mathematics, vol 7, Interscience Publishers, New York, 1958. 6) S.M.Gelashvili: On a boundary value problem for systems of functional differential equations. Arch. Math. (Brno) 20 (1964), 157 – 168. (In Russian) 7) R.Hakl, A.Lomtatidze, I.P.Stavroulakis: On a boundary value problem for scalar linear functional differential equations. Abstr. Appl. Anal. 2004, No. 1, 45 – 67 8) J.Hale: Theory of functional differential equations. Springer – Verlag, Newyork Heidelberg Berlin, 1977. 9) G.H.Hardy, J.E.Littlewood and G.Pólya: Inequalities. Cambridge Univ. Press, Cambridge, 1934. 10) P.Hartman: Ordinary differential equations. John Wiley, Newyork, 1964. 11) L.V.Kantorovic, Leningrad, B.Z. Vulich and A.G.Pinsker: Functional analysis in semiordered spaces. GITTL, Leningrad, 1950. (In Russian.) 12) L.V.Kantorovich and G.P.Akilov: Functional analysis. (Russian) Nauka, Moscow, 1977. 13) I.Kiguradze: Some singular boundary value problems for ordinary differential equations. Tbilisi Univ. Press, Tbilisi, 1975. (In Russian.) 14) I.Kiguradze: Boundary value problems for systems of ordinary differential equations. Current problems in mathematics. Newst results, vol. 30, 3-103, Itogi Nauki I Tekhniki, Akad. Nauk SSSR, Vses. Inst. Nauchn. I tekh. Inform, Moscow (1978). (In Russian.) 15) I.Kiguradze and B. Puza: Boundary value problems for systems of linear functional differential equations. Folia Facultatis Scientiarium Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis. Mathematica, 12. Masaryk University, Brno, 2003. 16) I.Kiguradze and B. Puza: On boundary value problems for systems for systems of linear functional differential equations. Czechoslovak Math. J. 47(122) (1997), No. 2, 341-373. 17) Z.Opial: Linear problems for systems of nonlinear differential equations. J. Diff. Eqs. 3 (1967), 580-594. 18) R.A.Tsitskishvili: Unique solvability and correctness of a linear boundary value problem for functional differential equations. Rep. Enlarged Sessions Sem. I.N. Vekua Inst. Appl. Math. 5 (1990), No. 3, 195-198. (In Russian.) 19) H.H.Scheafer, Normed tensor products of Banach lattices. Proceedings of the international symposium on partial differential equations and the geometry of normed linear spaces (Jerusalem, 1972). Isreal J. Math. 13 (1972), 400 – 415 (1973).