Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864 Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ
KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
HÀ NỘI - NĂM 2015

2. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ
KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2015

3. Mục lục
Mở đầu 2
1 Tính chất của toán tử khả nghịch phải 3
1.1 Một số lớp toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Toán tử đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.3 Toán tử Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Toán tử khả nghịch phải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 Toán tử khả nghịch phải . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Toán tử ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.3 Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3 Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra . . . . . 21
1.4 Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch phải . . . . . . 25
2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng 30
2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải . . . . . . . . . . . 30
2.2 Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3 Ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 57
i

4. Mở đầu
Phương trình vi phân đóng một vai trò quan trọng trong kĩ thuật, vật
lý, kinh tế và một số ngành khác. Có nhiều phương pháp để giải một phương
trình vi phân với các điều kiện ban đầu và một trong số các phương pháp đó
là sử dụng lý thuyết toán tử khả nghịch phải.
Mục tiêu của Luận văn là trình bày lý thuyết và cách giải bài toán giá
trị ban đầu của lý thuyết toán tử khả nghịch phải áp dụng công thức Taylor-
Gontcharov và trường hợp riêng của nó là công thức Taylor. Dưới sự hướng
dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu, tác giả đã hoàn thành luận văn với
đề tài
"Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng".
Luận văn được chia làm hai chương:
• Chương 1: Tính chất của toán tử khả nghịch phải.
• Chương 2: Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng.
Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về các lớp toán tử tuyến tính
và tính chất của toán tử khả nghịch phải, công thức Taylor. Chương 2 nội
dung chính của Luận văn, trình bày về phương trình với toán tử khả nghịch
phải và áp dụng công thức Taylor vào việc giải các bài toán cụ thể.
Mặc dù có nhiều cố gắng, song do thời gian và trình độ còn hạn chế nên
luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được
sự góp ý của các thầy cô và các bạn để Luận văn được hoàn thiện hơn.
Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS. TSKH
Nguyễn Văn Mậu, người Thầy đã truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên
cứu toán học. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá
trình học tập và hoàn thiện luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau
1

5. đại học, Khoa Toán-Cơ-Tin, các thầy cô đã tạo điều kiện thuận lợi để hoàn
thành bản luận văn này.
Sau cùng tác giả xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến gia đình đã luôn tạo điều
kiện tốt nhất trong suốt quá trình học cũng như thực hiện luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày tháng năm 2015
Tác giả
Đào Nguyễn Vân Anh
2

6. Chương 1
Tính chất của toán tử khả nghịch
phải
1.1 Một số lớp toán tử tuyến tính
1.1.1 Toán tử tuyến tính
Định nghĩa 1.1 ([1]-[2]). Giả sử X và Y là hai không gian tuyến tính trên
cùng một trường vô hướng F. Một ánh xạ A từ tập tuyến tính dom A của
X vào Y được gọi là toán tử tuyến tính nếu
A(x + y) = Ax + Ay với mọi x, y ∈ dom A,
A(tx) = tAx với mọi x ∈ dom A, t ∈ F.
Tập dom A được gọi là miền xác định của toán tử A.
Giả sử G ∈ dom A. Đặt AG = {Ax : x ∈ G}. Theo định nghĩa,
AG ⊂ Y . Tập AG được gọi là ảnh của tập G. Tập Adom A được gọi là miền
giá trị của toán tử A (tập giá trị của A) và là không gian con của Y .
Tập tất cả các toán tử tuyến tính với miền xác định chứa trong không
gian X và miền giá trị chứa trong không gian Y ký hiệu bởi L(X → Y ).
Định nghĩa 1.2 ([1]-[2]). Toán tử đồng nhất trong không gian X là toán tử
IX xác định bởi IXx = x với mọi x ∈ X.
Sau này nếu không gây nhầm lẫn, ta sẽ ký hiệu I thay cho IX.
Định nghĩa 1.3 ([1]-[2]). Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) là tương ứng 1-1 thì
3

7. toán tử nghịch đảo A−1
được định nghĩa theo cách: Với mỗi y ∈ Adom A
A−1
y = x, trong đó x ∈ dom A và y = Ax.
Để ý rằng, theo giả thiết, mỗi y ứng với một x ∈ dom A duy nhất
và dom A−1
= A dom A ⊂ Y, A−1
dom A−1
= dom A ⊂ X. Với mỗi x ∈
dom A, nếu y = Ax thì (A−1
A)x = A−1
(Ax) = A−1
y = x, và (AA−1
)y =
A(A−1
y) = Ax = y. Do đó A−1
A = Idom A, AA−1
= IAdom A. Cho nên
A−1
xác định duy nhất nghịch đảo của A. Dễ dàng kiểm tra rằng A−1
cũng
là một toán tử tuyến tính.
Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) có toán tử nghịch đảo thì ta nói A khả
nghịch.
Định nghĩa 1.4 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L(X → Y ) được gọi là đẳng cấu nếu
dom A = X, A dom A = Y và nếu A là tương ứng 1-1.
Theo định nghĩa, nếu A đẳng cấu thì nó khả nghịch, toán tử nghịch đảo
A−1
cũng là tương ứng 1-1 và dom A−1
= Y, A−1
dom A−1
= X. Do đó A−1
cũng là đẳng cấu.
Định nghĩa 1.5 ([1]-[2]). Hai không gian X và Y được gọi là đẳng cấu nếu
tồn tại một đẳng cấu A ánh xạ X lên Y .
Định nghĩa 1.6 ([1]-[2]). Tổng của hai toán tử A, B ∈ L(X → Y ) và tích
của toán tử với vô hướng được xác định như sau dom (A + B) = dom A ∩
dom B và
(A + B)x = Ax + Bx vớix ∈ dom A ∩ dom B,
(tA)x = t(Ax) với x ∈ dom A, t ∈ F. (1.1)
Nếu dom A = dom B = dom C thì (A + B) + C = A + (B + C) và
A + B = B + A.
Để ý rằng toán tử C mà A + C = B với A, B ∈ L(X → Y ) không nhất
thiết phải tồn tại. Điều này suy ra từ việc miền xác định của A và B có thể
khác nhau.
Nếu toán tử C tồn tại thì C = B − A và C được gọi là hiệu của các
toán tử B và A; phép toán "-" được gọi là phép trừ. Theo định nghĩa, nếu
B − A xác định tốt thì B − A = B + (−A) trên dom A ∩ dom B.
Đặt L0(X → Y ) = {A ∈ L(X → Y ) : dom A = X}. Do tổng của hai
toán tử tùy ý thuộc L0(X → Y ) xác định tốt, thỏa mãn tính kết hợp và giao
4

8. hoán, ứng với mỗi cặp toán tử A, B ∈ L0(A → B) tồn tại toán tử C = B−A
nên L0(X → Y ) là một nhóm Abel. Phần tử trung hòa của nhóm này là
toán tử Θ sao cho Θx = 0 với mọi x ∈ X. Sau này ta ký hiệu toán tử không
này bởi 0. Từ công thức (1.1) ta suy ra nhóm Abel L0(X → Y ) là không
gian tuyến tính trên trường F.
Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]). Giả sử X, Y, Z là các không gian tuyến tính trên
trường vô hướng, A ∈ L(X → Y ), B ∈ L(Y → Z) và Bdom B ⊂ dom A ⊂
Y . Tích của AB của các toán tử A và B xác định bởi
(AB)x = A(Bx) với mọi x ∈ dom B. (1.2)
Theo định nghĩa, AB ∈ L(X → Z), dom AB = dom B, ABdom AB =
AB. Tích (nếu nó xác định tốt) có tính phân phối đối với phép cộng các toán
tử và tính kết hợp.
Định nghĩa 1.8 ([1]-[2]). Hai toán tử A và B được gọi là giao hoán nếu cả
hai tích AB, BA đều tồn tại và AB = BA trên dom A = dom B.
Đặt L(X) = L(X → X) và L0(X) = L0(X → X) = {A ∈ L(X) :
dom A = X}. Công thức (1.2) chỉ ra rằng L0(X) không những là không
gian tuyến tính mà còn là vành tuyến tính theo phép nhân các toán tử
A, B ∈ L0(X) xác định bởi tích AB của chúng. Thật vây, nếu A, B ∈ L0(X)
thì dom B ⊂ dom A = X. Do đó, AB xác định tốt với mọi A, B ∈ L0(X).
Vành tuyến tính L0(X) có đơn vị là toán tử đồng nhất IX = I. Tuy nhiên,
L0(X) là vành không giao hoán và không có ước của 0.
Định nghĩa 1.9 ([1]-[2]). Toán tử P ∈ L0(X) được gọi là toán tử chiếu nếu
P2
= P, trong đó P2
= P.P.
Nếu P ∈ L0(X) là toán tử chiếu thì I − P cũng là toán tử chiếu. Mỗi
toán tử chiếu xác định sự phân chia không gian X thành tổng trực tiếp
X = Y ⊕ Z, trong đó Y = {x ∈ X : Px = x}, Z = {x ∈ X : Px = 0}.
Thật vậy, nếu x ∈ Y ∩ Z thì x = 0 vì x = Px = 0. Nếu x ∈ X thì
z = x−Px ∈ Z bởi vì P(x−Px) = Px−P2
x = Px−Px = 0 và x = y +z
trong đó y = Px ∈ Y, z = x − Px = (I − P)x ∈ Z.
Định nghĩa 1.10 ([1]-[2]). Giả sử A ∈ L(X → Y ). Tập hợp
Ker A = {x ∈ dom A : Ax = 0}
5

9. được gọi là nhân của toán tử A.
Tập hợp Ker A là không gian con tuyến tính của A. Số chiều của nhân
của toán tử A ∈ L(X → Y ) được gọi là số khuyết (nullity) của A và ký hiệu
bởi αA, tức là αA = dim Ker A.
Định nghĩa 1.11 ([1]-[2]). Không gian khuyết của toán tử A ∈ L(X → Y )
là không gian thương Y/Adom A. Số khuyết (deficiency) βA của toán tử
A ∈ L(X → Y ) xác định bởi công thức
βA = dim Y/Adom A.
Theo định nghĩa số khuyết βA chính là đối chiều của miền giá trị của A.
Định nghĩa 1.12 ([1]-[2]). Một toán tử tuyến tính A mà miền xác định của
nó dom A = X và lấy giá trị trên trường vô hướng F (trường các số thực R
hay các trường số phức C) được gọi là phiếm hàm tuyến tính xác định trong
không gian X. Ta ký hiệu X là tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính xác
định trong không gian X.
Nếu X là không gian n chiều sinh bởi các phần tử (x1, . . . , xn) thì mỗi
phiếm hàm tuyến tính f có dạng f(x) =
n
j=1
tjaj trong đó x =
n
j=1
tjxj ∈
X, t1, . . . , tn ∈ F và aj = f(xj) (j = 1, . . . , n), tức là f xác định một cách
duy nhất bởi các giá trị của nó trên các phần tử của cơ sở của X.
Giả sử X là không gian tuyến tính n chiều với cơ sở {x1, . . . , xn} và
Y là không gian tuyến tính m chiều với cơ sở {y1, . . . , ym} trên cùng một
trường vô hướng F. Cho A ∈ L0(X → Y ) và x =
n
j=1
tjxj ∈ X, trong đó
t1, . . . , tn ∈ F tùy ý. Khi đó Ax = A
n
j=1
tjxj =
n
j=1
tjAxj. Mặt khác, do
Ax ∈ Y nên ta có thể tìm được c1, . . . , cm ∈ F sao cho Ax =
m
k=1
ckyk.
Thật vậy, do Axj ∈ Y nên ta có Axj =
m
k=1
ajkyk, trong đó ajk ∈ F (j =
1, 2, . . . , n; k = 1, 2, . . . , m). Vì thế,
Ax =
n
j=1
tjAxj =
n
j=1
tj
m
k=1
ajkyk =
m
k=1
n
j=1
tjajk yk.
Vậy ta có ck =
n
j=1
tjajk (k = 1, 2, . . . , m). Các hệ số ajk xác định phép
biến đổi cơ sở {x1, . . . , xn} thành cơ sở {y1, . . . , ym} bởi toán tử A. Do đó,
6

10. tồn tại sự tương ứng 1-1 giữa các toán tử A ∈ L0(X → Y ) và các ma trận






a11 a21 . . . an1
a12 a22 . . . an2
. . . . . . . . . . . .
a1m a2m . . . anm






= (ajk)j=1,...,n;k=1,...,m.
Ta sẽ ký hiệu toán tử A và ma trận của nó cùng một ký tự A.
Định nghĩa 1.13 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L0(X → Y ) được gọi là hữu hạn
chiều nếu miền giá trị của nó hữu hạn chiều. Nếu dim Adom A = n thì ta
nói A là toán tử n chiều.
Định nghĩa 1.14 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L0(X → Y ) được gọi là khả nghịch
phải (trái) nếu tồn tại toán tử B ∈ L0(Y → X) sao cho AB = IY (tương
ứng BA = IX).
Ta cũng chứng minh được rằng
(i) A khả nghịch phải khi và chỉ khi nó là toàn ánh, tức là βA = 0,
(ii) A khả nghịch trái nếu Ker A = {0}, tức là βA = 0,
(iii) Nếu A vừa khả nghịch trái vừa khả nghịch phải thì A khả nghịch.
1.1.2 Toán tử đại số
Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường đóng đại số F và A ∈
L0(X). Vô hướng λ ∈ F được gọi là giá trị chính quy của A nếu toán tử
A − λI khả nghịch.
Định nghĩa 1.15 ([1]-[2]). Giả sử F = C. Ta nói toán tử A ∈ L0(X) là
toán tử đại số nếu tồn tại đa thức P(t) = p0 + p1t + · · · + pN tN
∈ C sao cho
P(A) = 0 trên X.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử P(t) định chuẩn tức là
pN = 1. Toán tử đại số A ∈ L0(X) là toán tử bậc N nếu không tồn tại đa
thức định chuẩn Q(t) bậc m < N sao cho Q(A) = 0 trên X. Đa thức P(t)
như thế được gọi là đa thức đặc trưng của A và nghiệm của nó được gọi là
nghiệm đặc trưng của A.
7

11. 1.1.3 Toán tử Volterra
Định nghĩa 1.16 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L0(X) được gọi là toán tử Volterra
nếu toán tử I − λA khả nghịch với mọi vô hướng λ. Tập hợp các toán tử
Volterra thuộc L0(X) ký hiệu là V (X).
Nếu A ∈ V (X) thì phương trình thuần nhất (I − λA)x = 0 chỉ có
nghiệm không với mọi vô hướng λ.
1.2 Toán tử khả nghịch phải
1.2.1 Toán tử khả nghịch phải
Cho X là một không gian tuyến tính trên trường vô hướng F.
Định nghĩa 1.17 ([1]-[2]). Toán tử D ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải
nếu tồn tại một toán tử R ∈ L0(X) sao cho RX ⊂ dom D và DR = I. Toán
tử R được gọi là nghịch đảo phải của D.
Tập hợp tất cả các toán tử khả nghịch phải được kí hiệu là R(X), còn
tập hợp tất cả các nghịch đảo phải của toán tử D ∈ R(X) là RD. Ta cũng
viết RD = {Rγ}γ∈Γ
Định nghĩa 1.18 ([1]-[2]). Giả sử x là một phần tử tùy ý cho trước của
không gian X. Cho D ∈ R(X), tập hợp RDx = Rγxγ ∈ Γ được gọi là tích
phân bất định của x. Mỗi phần tử Rγ với γ ∈ Γ được gọi là một nguyên hàm
của x.
Theo định nghĩa, nếu y là một nguyên hàm của x thì Dy = x. Thật
vậy, nếu y là một nguyên hàm của x thì tồn tại một chỉ số γ ∈ Γ sao cho
y = Rγx. Từ đó suy ra Dy = DRγx = x do DRγ = I.
Định nghĩa 1.19 ([1]-[2]). Giả sử D ∈ R(X). Khi đó, nhân của toán tử D
được gọi là không gian các hằng số trên D và được kí hiệu là Ker D. Mỗi
phần tử z ∈ Ker D được gọi là một hằng số.
Để ý rằng, theo định nghĩa, một phần tử z ∈ X là một hằng số của D nếu
và chỉ nếu Dz = 0.
Các tính chất của toán tử khả nghịch phải
1. Nếu D ∈ R(X), R ∈ RD thì Dk
Rk
= I với k = 1, 2, . . . .
8

12. 2. Giả sử rằng D ∈ R(X), R1, R2 ∈ RD và y1 = R1x, y2 = R2x trong đó
x ∈ X là phần tử tùy ý. Khi đó y1 − y2 ∈ Ker D.
Bằng lời: Hiệu của hai nguyên hàm của một phần tử x ∈ X cho trước là một
hằng. từ đó suy ra một tích phân bất định được xác định tốt nếu ta biết ít
nhất một nghịch đảo phải.
3. Nếu D ∈ R(X), R ∈ RD thì tích phân bất định của một phần tử x ∈ X
có dạng: RDx = {Rx + z : z ∈ Ker D} = Rx + Ker D.
Bằng lời: Tích phân bất định của một phần tử x ∈ X là tổng của một nguyên
hàm và một hằng số tùy ý.
4. Nếu D ∈ R(X) thì với mỗi R ∈ RD ta có:
dom D = RX ⊕ Ker D. (1.3)
5. Giả sử D ∈ R(X) và R1 ∈ RD. Khi đó mỗi nghịch đảo phải của D có dạng:
R = A + R1(I − DA) = R1 + (I − R1D)A, (1.4)
trong đó A ∈ L0(X), AX ⊂ dom D, tức là R ∈ RD = R1 + (I − R1D)A :
A ∈ L0(X), AX ⊂ dom D.
Nhận thấy rằng nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD x ∈ X thì từ Rx = 0 suy
ra x = 0. Thật vậy, x = DRx = 0.
Bổ đề 1.1. Cho t0 ∈ [a, b] và một số thực tùy ý c. Nếu hàm số x(t) xác định
trên khoảng [a,b] có nguyên hàm ξ(t) thì tồn tại một nguyên hàm η(t) của
x(t) sao cho η(t0) = c.
Bổ đề 1.2. Nếu dãy {xn} ⊂ C[a, b] hội tụ đều đến hàm số x và mỗi hàm số
xn(t) có nguyên hàm là ξn(t) thì hàm số x có nguyên hàm.
Bổ đề 1.3. Mỗi hàm số liên tục trên khoảng đóng có một nguyên hàm trong
khoảng này.
1.2.2 Toán tử ban đầu
Định nghĩa 1.20 ([1]-[2]). Toán tử F ∈ L(X) được gọi là toán tử ban đầu
của toán tử D ∈ R(X) ứng với nghịch đảo phải R của D nếu
(i.) F là một phép chiếu lên không gian các hằng số, nghĩa là
F2
= F, FX = Ker D
9

13. (ii.) FR = 0.
Từ định nghĩa ta suy rằng
Fz = z, với mỗi z ∈ Ker D. (1.5)
Hơn nữa, ta có DF = 0 trên X, Ker F = RX và Ker D ∩ Ker F = {0}.
Thật vậy, theo định nghĩa Fx ∈ Ker D với mỗi x ∈ X, do đó DFx = 0. Do
x tùy ý nên DF = 0. Từ tính chất FR = 0 suy ra rằng Ker F = RX. Giả
sử bây giờ z ∈ Ker D và FZ = 0. Khi đó, theo (1.5), ta có z = Fz = 0.
Điều này chứng tỏ Ker D ∩ Ker F = {0}.
Định lý 1.1. Cho D ∈ R(X). Điều kiện cần và đủ để toán tử F ∈ L(X) là
toán tử ban đầu của D ứng với R ∈ RD là
F = I − RD trên dom D. (1.6)
Ví dụ 1.1. Giả sử X = C[a, b], D =
d
dt
và (Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds, trong đó
a ≤ t0 ≤ b cố định tùy ý. Nếu x ∈ dom D = C1
[a, b] thì
(Fx)(t) = (I − RD)x(t)
= x(t) − (RDx)(t)
= x(t) −
t
t0
x (s)ds
= x(t) − x(t) + x(t0) = x(t0).
Mệnh đề 1.1. Nếu toán tử A ∈ L(X) khả nghịch thì toán tử ban đầu khác
0 của A không tồn tại.
Chứng minh. Thật vậy, cho B ∈ L(X) là một nghịch đảo của A, tức là
BA = I, AB = I. Nếu ta đặt F = I −BA thì ta có F = I −BA = I −I = 0.
Từ mệnh đề này suy ra các toán tử ban đầu không tầm thường chỉ tồn
tại với toán tử khả nghịch phải mà không khả nghịch. Từ đó, ta có định lý
sau
Định lý 1.2. Họ RD = {Rγ}γ∈Γ tất cả các nghịch đảo phải của toán tử
D ∈ R(X) cảm sinh duy nhất họ FD = {Fγ}γ∈Γ các toán tử ban đầu của D
được xác định bởi đẳng thức
Fγ = I − RγD trên dom D với mỗi γ ∈ Γ.
10

14. Các tính chất của toán tử ban đầu.
1. Với mọi α, β ∈ Γ, ta có
FαFβ = Fβ, (1.7)
FβRα = Rα − Rβ. (1.8)
2. Với α, β, γ ∈ Γ toán tử FβRγ −FαRγ không phụ thuộc vào cách chọn toán
tử Rγ ∈ RD.
Tính chất này chỉ ra rằng toán tử FβRγ − FαRγ chỉ phụ thuộc vào các chỉ
số α, β. Điều này cho phép ta đặt
Iβ
α = FβRγ − FαRγ, ∀ α, β, γ ∈ Γ. (1.9)
Ta nói Iβ
α là toán tử tích phân xác định. Với mỗi x ∈ X phần tử Iβ
αx
được gọi là tích phân xác định của x. Các chỉ số α và β được gọi là cận dưới
và cận trên của tích phân.
Do FβRγ − FαRγ = Rγ − Rβ − (Rγ − Rα) = Rα − Rβ = FβRα nên
Iβ
α = FβRα, với α, β ∈ Γ. (1.10)
3. Với bất kỳ x ∈ X, α, β ∈ Γ ta có Iβ
αx = z ∈ Ker D.
Bằng lời: Tích phân xác định của một phần tử tùy ý là một hằng.
4. Với bất kỳ α, β ∈ Γ ta có
Iβ
α = −Iα
β . (1.11)
Bằng lời: Sự thay đổi vị trí cận trên và cận dưới của tích phân sẽ làm thay
đổi dấu của toán tử tích phân xác định và dẫn đến sự thay đổi dấu của tích
phân xác định của một phần tử tùy ý.
5. Với bất kỳ α, β, δ ∈ Γ ta có
Iδ
α + Iβ
δ = Iβ
α. (1.12)
6. Với bất kỳ α, β ∈ Γ ta có
Iβ
αD = Fβ − Fα, (1.13)
tức là, Iβ
αDx = Fβx − Fαx với x ∈ dom D. (1.14)
Phần tử Fx bất kỳ, trong đó x ∈ X và F là một toán tử ban đầu, được
gọi là giá trị ban đầu của phần tử x. Vì x ∈ dom D là một nguyên hàm của
11

15. y = Dx nên ta có thể phát biểu lại tính chất 6 như sau: Nếu x ∈ X, α, β ∈ Γ
tùy ý và y ∈ X là một nguyên hàm bất kỳ của x thì
Iβ
αx = Fβy − Fαy. (1.15)
Bằng lời: Tích phân xác định bằng hiệu các giá trị ban đầu của một nguyên
hàm tùy ý ứng với cận trên và cận dưới của tích phân.
7. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0, F và F1 = F là các toán tử ban đầu
của D, và F tương ứng với nghịch đảo phải R ∈ RD. Khi đó với mỗi z ∈
Ker D tồn tại một x ∈ X sao cho F1x = z.
Bằng lời: Với mỗi hằng số tồn tại một phần tử sao cho tích phân xác định
của phần tử này bằng hằng số đã cho.
Các Định lý 1.1 và 1.2 đặc trưng các toán tử ban đầu bởi các nghịch
đảo phải. Định lý sau chỉ ra rằng các nghịch đảo phải cũng có thể đặc trưng
bởi các toán tử ban đầu.
Định lý 1.3. Giả sử D ∈ R(X), F ∈ L0(X) là phép chiếu lên không gian
các hằng số. Khi đó F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải
R = R1 − FR1 với mọi R1 ∈ RD và R được xác định một cách duy nhất,
không phụ thuộc vào việc chọn R1 ∈ RD.
8. Nếu D ∈ R(X) và R, R1 ∈ RD giao hoán thì R1 = R.
9. Nếu D ∈ R(X) và F, F1 là các toán tử ban đầu của D giao hoán thì
F1 = F.
10. Giả sử D ∈ R(X) và F1, F2 là các toán tử ban đầu của D lần lượt tương
ứng với nghịch đảo phải R1, R2. Nếu R1 = R2 thì F1 = F2. Đảo lại, nếu
F1 = F2 thì R1 = R2.
Định lý 1.4. Nếu D ∈ R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch
đảo phải R của D thì tập hợp RD tất cả các nghịch đảo phải của D có dạng
RD = {R + FA : A ∈ L0(X)}. (1.16)
và tập hợp FD tất cả các toán tử ban đầu của D có dạng
FD = {F(I − AD) : A ∈ L0(X)}. (1.17)
Định lý 1.5. Giả sử F0, F1, . . . , Fm là các toán tử ban đầu của D ∈ R(X)
ứng với các nghịch đảo phải R0, R1, . . . , Rm tương ứng. Đặt F =
M
k=0
akFk
trong đó a0, a1, . . . , am là các vô hướng không đồng thời bằng 0. Khi đó F là
12

16. toán tử ban đầu của D nếu và chỉ nếu
m
k=0
ak = 1.
Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì toán tử ban đầu F ứng với nghịch
đảo phải R =
m
k=0
akRk.
Ví dụ 1.2. Giả sử X = C[a, b], D =
d
dt
và (Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds, trong đó
a t0 b cố định tùy ý. Theo Định lý 1.1, nếu x ∈ dom D = C1
[a, b] thì
(Fx)(t) = (I − RD)x(t) = x(t) − (RDx)(t) = x(t) −
t
t0
x (s)ds
= x(t) − x(t) + x(t0) = x(t0).
Xét tập hợp {Rc}c∈[a,b] trong đó (Rcx)t =
t
c
x(s)ds với x ∈ C[a, b]. Theo
định lý 1.2 họ cảm sinh của các toán tử ban đầu có dạng {Fc}c∈[a,b], trong
đó (Fcx)t = x(c).
Nếu y là nguyên hàm tùy ý của x ∈ C[a, b] và c1, c2 cố định tùy ý trong
[a, b] thì theo (1.13) ta tìm được
c2
c1
x(s)ds = y(c2) − y(c1), trong đó y = x. (1.18)
Do vậy, công thức tính tích phân từng phần có dạng
c2
c1
x(s)y (s)ds = x(s)y(s)
c2
c1
−
c2
c1
x (s)y(s)ds, (1.19)
trong đó x, y ∈ C[a, b] và ta đặt [u(s)]c2
c1
= u(c2) − u(c1), với u ∈ C[a, b], a
c1, c2 b.
Ví dụ 1.3. Giả sử X = C[a, b], D =
d
dt
và (Rx)(t) =
t
a
(s)ds. Ta chứng
minh được rằng R là toán tử Volterra, tức là toán tử I − λR khả nghịch với
mọi vô hướng và
[(I − λR)−1
x](t) = x(t) + λ
t
t0
eλ(t−s)
x(s)ds với x ∈ C[a, b]. (1.20)
Thật vậy, giả sử B là một toán tử được định nghĩa bằng hàm mũ
(Bx)(t) =
t
t0
eλ(t−s)
x(s)ds với x ∈ C[a, b] (1.21)
13

17. trong đó t0 ∈ [a, b] cố định tùy ý. Ta cần chứng minh
(I + λB)(I − λR) = (I − λR)(I − λD) = I với mọi λ ∈ R. (1.22)
Không mất tổng quát ta giả sử λ = 0. Do đó, sử dụng tích phân từng
phần với x ∈ C[a, b]
[(I + λB)(I − λR)x](t) = [(I + λB − λR − λ2
BR)x](t)
= [x + λ(B − R)x − λ2
BRx](t)
= x(t) + λ
t
t0
eλ(t−s)
x(s)ds −
t
t0
x(s)ds
− λ2
t
t0
eλ(t−s)
s
t0
x(u)du ds
= x(t) + λ
t
t0
eλ(t−s)
− 1 x(s)ds
− λ2
eλt
t
t0
e−λs
s
t0
x(u)du ds
= x(t) + λ
t
t0
[eλ(t−s)
− 1]x(s)ds
− λ2
eλt
−
1
λ
e−λs
t
t0
x(u)du
t
t0
−
t
t0
−
1
λ
e−λs
x(s)ds
= x(t) + λ
t
t0
[eλ(t−s)
− 1]x(s)ds
+ λ
t
t0
x(u)du − λ
t
t0
eλ(t−s)
x(s)ds
= x(t) + λ
t
t0
[eλ(t−s)
− 1 + 1 − eλ(t−s)
]x(s)ds = x(t).
Do đó, (I + λB)(I − λR) = I. Chứng minh tương tự ta được, (I −
λR)(I + λB) = I. Vì vậy, từ (1.22) suy ra toán tử R khả nghịch với mọi vô
14

18. hướng λ và (I − λR)−1
= I + λB, hay
[(I − λR)−1
x](t) = x(t) + λ
t
t0
eλ(t−s)
x(s)ds với x ∈ C[a, b].
Ví dụ 1.4. Giả sử X = C[a, b] và q ∈ C[a, b]. Đặt q0 =
b
a
q(s)ds = 0. Ta
định nghĩa toán tử F như sau
(Fx)(t) =
1
q0
b
a
q(s)x(s)ds với x ∈ C[a, b]. (1.23)
Ta sẽ chứng minh rằng F là toán tử ban đầu của D = d/dt ứng với
nghịch đảo phải xác định bởi
(Rx)(t) =
t
a
x(s)ds −
1
q0
a
b q(s)
s
a
x(u)du ds với x ∈ C[a, b]. (1.24)
Thật vậy, vì các giá trị của Fx là các hằng số nên FX ⊂ Ker D. Giả
sử c ∈ R. Khi đó hàm số z(t) ≡ c là hàm hằng, do đó z ∈ Ker D và
(Fz)(t) =
1
q0
b
a
q(s)z(s)ds =
1
q0
b
a
cq(s)ds =
c
q0
b
a
q(s)ds =
c
q0
q0 = z(t).
Vì thế, Fz = z với z ∈ Ker D, tức là F là toàn ánh lên Ker D. Cho
x ∈ X cố định tùy ý. Đặt z = Fx. Khi đó z ∈ Ker D và F2
x = F(Fx) =
Fz = z = FX. Do x ∈ X tùy ý nên ta suy ra F là phép chiếu lên không
gian các hằng số Ker D. Tất cả các giả thiết của Định lý 1.3 đều được thỏa
mãn. Vậy F là toán tử ban đầu ứng với nghịch đảo phải R = R0 − FR0 với
(R0x)(t) =
t
a
x(s)ds. Từ đó, R có dạng (1.24).
Khi q(t) ≡ 1 thì với x ∈ X, (Fx)(t) =
1
b − a
b
a
x(s)ds và
(Rx)(t) =
t
a
x(s)ds −
b
a
b − s
b − a
x(s)ds với x ∈ X.
15

19. Thật vậy, theo công thức tích phân từng phần ta tìm được
(Rx)(t) = [(R0 − FR0)x](t) =
t
a
x(s)ds −
1
b − a
b
a
s
a
x(u)du ds
=
t
a
x(s)ds −
1
b − a
s
s
a
x(u)du
b
a
−
b
a
sx(s)ds
=
t
a
x(s)ds −
1
b − a
b
b
a
x(s)ds −
b
a
sx(s)ds
=
t
a
x(s)ds −
b
a
b − s
b − a
x(s)ds.
Ví dụ 1.5. Cho X = C[a, b] và d ∈ R cố định tùy ý. Toán tử F được định
nghĩa như sau: (Fx)(t) = dx(a) + (1 − d)x(b), với x ∈ X. Trong ví dụ 1.2
ta đã chỉ ra rằng các toán tử (Fax)(t) = x(a) và (Fbx)(t) = x(b) là các toán
tử ban đầu của toán tử D = d/dt. Do vậy, theo Định lý 1.5, ta suy ra F là
một toán tử ban đầu của D = d/dt vì F = dFa + (1 − d)Fb và tổng các hệ
số d, 1 - d bằng 1. Các toán tử ban đầu Fa và Fb tương ứng với các nghịch
đảo phải Ra và Rb được xác định theo thứ tự như sau
(Rax)(t) =
t
a
x(s)ds, (Rbx)(t) =
t
b
x(s)ds, với x ∈ X.
Vì thế, theo Định lý 1.5 toán tử F ứng với nghịch đảo phải của R =
dRa + (1 − d)Rb, tức là (Rx)(t) = d
t
a
x(s)ds + (1 − d)
t
b
x(s)ds, với x ∈ X.
Ví dụ 1.6. Cho X = C[0, 1] và d ∈ R cố định tùy ý. Toán tử F được định
nghĩa như sau: (Fx)(t) = dx(0) + (1 − d)
1
0
x(s)ds. Theo Định lý 1.5 và ví
dụ 1.4 (với a = 0, b = 1) ta có F là toán tử ban đầu của toán tử D = d/dt
ứng với nghịch đảo phải R xác định bởi
(Rx)(t) = d
t
0
x(s)ds − (1 − d)
t
0
x(s)ds −
1
0
(1 − s)x(s)ds
16

20. =
t
0
x(s)ds + (d − 1)
1
0
(1 − s)x(s)ds.
1.2.3 Công thức Taylor
Định lý 1.6 (Công thức Taylor-Gontcharov). Giả sử rằng D ∈ R(X) và
FD = {Fγ}γ∈Γ là họ các toán tử ban đầu cảm sinh bởi RD = {Rγ}γ∈Γ. Cho
{γn} ⊂ Γ là dãy tùy ý các chỉ số. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có
đẳng thức sau
I = Fγ0
+
N−1
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
Fγk
Dk
+ Rγ0
. . . RγN−1
DN
trên dom DN
. (1.25)
Chứng minh. (Bằng phương pháp quy nạp). Với N = 1 thì công thức
(1.25) ta có I = Fγ0
+ Rγ0
D trên miền xác định của D.
Giả sử đẳng thức (1.25) đúng với mỗi N 1 cố định. Khi đó theo giả thiết
quy nạp ta có
Rγ0
. . . RγN
DN+1
= Rγ0
. . . RγN−1
(RγN
D)DN
= Rγ0
. . . RγN−1
(I − FγN
)DN
= Rγ0
. . . RγN−1
DN
− Rγ0
. . . RγN−1
FγN
DN
= · · · =
= I − Fγ0
−
N−1
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
Fγk
Dk
− Rγ0
. . . RγN−1
Fγn
DN
= I − Fγ0
−
N
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
Fγk
Dk
trên miền xác định của DN+1
.
Nếu cho RγN
= R và FγN
= F với n = 0, 1, 2 . . . ta có ngay hệ quả sau
Hệ quả 1.1. (Công thức Taylor). Nếu D ∈ R(X) và F là một toán tử ban
đầu của D ứng với nghịch đảo phải R ∈ RD thì
I =
N−1
k=0
Rk
FDk
+ RN
DN
trên dom DN
(N = 1, 2, . . . ). (1.26)
17

21. Hệ quả 1.2. Giả sử tất cả các giả thiết của Định lý 1.6 được thỏa mãn. Khi
đó, với mỗi số nguyên dương N ta có
Ker DN
= {z = z0 +
N−1
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
zk : z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D}.
Chứng minh. Giả sử rằng z = z0+
N−1
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
zk, trong đó z0, . . . , zN−1 ∈
Ker D. Từ đó do DN
z = DN
z0 +
N−1
k=1
DN
Rγ0
. . . Rγk−1
zk =
N−1
k=1
DN−k
zk = 0,
nên z ∈ Ker DN
.
Đảo lại, giả sử rằng z ∈ Ker DN
. Vì DN
z = 0 nên theo công thức
Taylor-Gontcharov thì z = Fγ0
+
N−1
k=1
Rγ0
. . . Rγk−1
Fγk
Dk
z. Đặt zk = Fγk
Dk
z
với k = 0, 1, 2, . . . , N − 1. Với cách đặt như thế thì z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D.
Vậy z có dạng cần tìm.
Ví dụ 1.7. Trong ví dụ 1.2 ta đã biết trong không gian C[a, b], D = d/dt là
toán tử khả nghịch phải có nghịch đảo phải là (Rx)(t) =
t
t0
x(s)ds, trong đó
a t0 b cố định tùy ý. Áp dụng công thức Taylor cho toán tử D = d/dt,
bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh rằng
(Rk
x)(t) =
t
t0
(t − s)k−1
(k − 1)!
x(s)ds, với x ∈ C[a, b], (k = 1, 2, 3, . . . ). (1.27)
Với k = 1 công thức này suy ra từ định nghĩa toán tử R.
Giả sử công thức này đúng với k 1 cố định tùy ý. Theo giả thiết quy
nạp và công thức tính tích phân từng phần, ta có
t
t0
(t − s)k
k!
x(s)ds =
t
t0
(t − s)k
k!
d(
s
t0
x(u)du).
=
(t − s)k
k!
s
t0
x(u)du
t
t0
+
t
t0
s
t0
x(u)du k
(t − s)k−1
k!
ds
=
t
t0
(t − s)k−1
(k − 1)!
(
s
t0
x(u)du)ds = [Rk
(Rx)](t) = (Rk+1
x)(t).
18

22. Do đó đẳng thức (1.27) được chứng minh.
Đặc biệt, nếu ta cho x(t) = c với a t b, trong đó c ∈ R thì ta có
(Rk
c)(t) = c
(t − t0)k
(k)!
, với c ∈ R (k = 1, 2, . . . ). (1.28)
Thật vậy, (Rk
c)(t) = c
t
t0
(t − s)k−1
(k − 1)!
ds = −c
(t − s)k
k!
t
t0
= c
(t − t0)k
(k)!
.
Từ đây và công thức Taylor (1.26) suy ra rằng mỗi hàm số x ∈ CN
[a, b] (N =
1, 2, . . . ) có thể biểu diễn dưới dạng
x(t) =
N−1
k=0
(Rk
FDk
x)(t) + (RN
DN
x)(t)
= (Fx)(t) +
N−1
k=1
t
t0
(t − s)k−1
(k − 1)!
(Fx(k)
)(s)ds +
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds
= x(t0) +
N−1
k=1
t
t0
(t − s)k−1
(k − 1)!
x(k)
(t0)ds +
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds
= x(t0) +
N−1
k=1
(t − t0)k
k!
x(k)
(t0) +
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds
=
N−1
k=0
(t − t0)k
k!
x(k)
(t0) +
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds.
Vậy ta có công thức Taylor đối với hàm số x ∈ CN
[a, b] ở dạng
x(t) =
N−1
k=0
(t − t0)k
k!
x(k)
(t0) + RN (t), (1.29)
RN (t) =
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds (N = 1, 2, . . . ). (1.30)
Hàm số RN (t) được gọi là phần dư tích phân thứ N trong công thức
Taylor (1.29). Để có được các phần dư dưới các dạng khác, ta có thể áp dụng
tính chất cổ điển sau của các hàm số liên tục: Mỗi hàm số x ∈ C[a, b] có
19

23. m = inf
a t b
x(t) và M = sup
a t b
x(t) trong khoảng (a, b). Hơn nữa, với bất kỳ
c ∈ [m, M] tồn tại t ∈ [a, b] sao cho x(t) = c.
Cho hàm số x ∈ CN
[a, b] (N = 1, 2, . . . ). Đặt m = inf
a t b
x(N)
(t) và
M = sup
a t b
x(N)
(t). Để ý rằng hàm số (t − s)N−1
/(N − 1)! không âm với
t0 s t. Do vậy, ta có
m
(t − t0)N
N!
= m
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
ds RN (t) M
t
t0
(t − s)N−1
(N − 1)!
= M
(t − t0)N
N!
.
Do đó tồn tại một số θ ∈ (0, 1) sao cho s = t0 + θ(t − t0) và
RN (t) = x(N)
(t0 + θ(t − t0))
(t − t0)N
N!
, 0 < θ < 1. (1.31)
(1.31) là phần dư dạng Lagrange.
Nếu ta đặt m(t) = inf
a s b
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s), M(t) = sup
a s b
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)
thì ta có m(t)(t − t0) RN (t) M(t)(t − t0), với mọi t ∈ [a, b].
Khi đó tồn tại một số θ ∈ (0, 1) sao cho
RN (t) = x(N)
(t0 + θ (t − t0))
{t − [t0 + θ (t − t0)]}N−1
(N − 1)!
(t − t0)
= x(N)
(t0 + θ (t − t0))
(1 − θ )N−1
(t − t0)N
(N − 1)!
. (1.32)
(1.32) là phần dư dạng Cauchy.
Nếu t0 = 0 ∈ [a, b] thì (1.27) có tên gọi là công thức Maclaurin
x(t) =
N−1
k=0
tk
k!
x(k)
(0) + RN (t), (1.33)
trong đó RN (t) =
1
0
(t − s)N−1
(N − 1)!
x(N)
(s)ds hoặc RN (t) = x(N)
(θt)
tN
N!
, 0 <
θ < 1 hoặc RN (t) = x(N)
(θ t)
(1 − θ )N−1
tN
(N − 1)!
, 0 < θ < 1.
Bây giờ giả sử
x ∈ C∞
[a, b] và lim
N→∞
RN (t) = 0, với t ∈ [a, b]. (1.34)
20

24. Khi đó công thức (1.29) suy ra
x(t) =
∞
k=0
x(k)
(t0)
(t − t0)k
k!
. (1.35)
Chuỗi hội tụ (1.35) được gọi là chuỗi Taylor. Nếu điều kiện (1.34) thỏa
mãn thì ta nói hàm số x(t) khai triển thành chuỗi Taylor trong khoảng [a,b].
Đặc biệt, nếu t0 = 0 và điều kiện (1.34) thỏa mãn thì ta nói hàm số x(t) khai
triển thành chuỗi Maclaurin ở dạng
x(t) =
∞
k=0
x(k)
(0)
tk
k!
. (1.36)
Để ý rằng chuỗi Taylor và chuỗi Maclaurin là các chuỗi lũy thừa, tức là có
dạng
∞
k=0
ak(t − t0)k
, trong đó ak ∈ R. Thật vậy, ta có thể đặt ak = x(k)
(t0)/k!
với k = 0, 1, 2, . . . .
Khai triển Maclaurin cho một số hàm sơ cấp đơn giản.
et
= 1 +
t2
2!
+
t3
3!
+ · · · +
tn
n!
+ . . .
sin t = t −
t3
3!
+
t5
5!
− · · · + (−1)m−1 t2m−1
(2m − 1)!
+ . . .
cos t = 1 −
t2
2!
+
t4
4!
− · · · + (−1)m t2m
(2m)!
+ . . .
ln(1 + t) = t −
t2
2
+
t3
3
− · · · + (−1)n−1 tn
n
+ . . . ∀t ∈ (−1, 1]
(1 + t)m
= 1 + mt + · · · +
m(m − 1) . . . (m − n + 1)
n!
tn
+ . . . ∀t ∈ (−1, 1).
1.3 Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra
Định lý 1.7. Cho D ∈ R(X), R1, R2 ∈ RD. Khi đó R1R2 là một toán tử
Volterra nếu và chỉ nếu R2R1 là toán tử Volterra.
Chứng minh. Giả sử R1R2 ∈ V (X), tức là ∀t ∈ F toán tử (I − tR1R2)
khả nghịch.
Đặt eR1R2
:= (I − tR1R2)−1
, E := I + tR2eR1R2
R1, t ∈ C. Khi đó, E
được xác định tốt trên X. Ta cần chứng minh R2R1 là toán tử Volterra, tức
là I − tR2R1 khả nghịch với mọi t ∈ F. Thật vậy, ta có
(I − tR2R1)E = (I − tR2R1)(I + tR2eR1R2
R1)
21

25. = I − tR2R1 + tR2(I − tR1R2)eR1R2
R1
= I − tR2R1 + tR2R1 = I
E(I − tR2R1) = (I + tR2eR1R2
R1)(I − tR2R1)
= I − tR2R1 + tR2eR1R2
R1(I − tR2R1)
= I − tR2R1 + tR2eR1R2
(I − tR1R2)R1
= I − tR2R1 + tR2R1 = I.
Vậy (I − tR2R1) khả nghịch, ∀t ∈ C.
Tương tự ta chứng minh được rằng R1R2 là toán tử Volterra nếu R2R1
là toán tử Volterra.
Định lý 1.8. Cho D ∈ R(X) và R1, R2 là các nghịch đảo phải Volterra của
D. Khi đó, điều kiện cần và đủ để R1R2 là toán tử Volterra là
F2(I − tR2
1)−1
z = 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D (1.37)
trong đó Fj ∈ FD tương ứng với Rj(j = 1, 2, . . . ) là các toán tử ban đầu
tương ứng của Dj.
Chứng minh. Để ý rằng, R1R2 ∈ RD2 và R2
1 ∈ RD2 ∩ V (X). Do đó, D2
có vector riêng thì vector riêng đó có dạng
q = (I − tR2
1)−1
, 0 = z ∈ Ker D2
, v ∈ C.
Cho v ∈ C, ta cần kiểm tra điều kiện sau
(I − vR1R2)q = 0, 0 = z ∈ Ker D2, v ∈ C (1.38)
tương đương với điều kiện (1.37).
Nếu v = t, thì
u = (I − vR1R2)q = (I − vR1R2)(I − tR2
1)−1
z
= [I − tR2
1 + R1(tR1 − vR2)](I − tR2
1)−1
z
= z + R1(tR1 − vR2)(I − tR2
1)−1
z.
Do đó, D2
u = (t − v)(I − tR2
1)−1
z = 0 vì z = 0, t = v, nên u = 0.
Nếu v = t, thì u = (I − tR1R2)q. Xét 2 trường hợp
22

26. (1.) 0 = z ∈ Ker D
F1u = F1[z + R1(tR1 − vR2)(I − tR2
1)−1
z]
= F1z = 0
và do đó u = 0.
(2.) 0 = z ∈ Ker D2
Ker D
Cho z = R1z1 + z2, trong đó z1, z2 ∈ Ker D, z1 = 0 thì
u = (I − vR1R2)q = (I − vR1R2)(I − tR2
1)−1
z
= [I − tR2
1 + tR2
1 − tR1R2)](I − tR2
1)−1
z
= z + tR1(R1 − R2)(I − tR2
1)−1
z
= z + tR1F2R1(I − tR2
1)−1
z.
Nếu z2 = 0 thì F1u = F1R1z1 + F1z2 = z2 = 0, từ đó, u = 0.
Nếu z2 = 0 thì z = R1z1, và
u = R1z1 + tR1F2R2
1(I − tR2
1)−1
R1z1
= R1z1 + R1F2[I − (I − tR2
1)](I − tR2
1)−1
z1
= R1z1 + R1F2(I − tR2
1)−1
z1 − R1F2z1
= R1z1 + R1F2(I − tR2
1)−1
z1 − R1z1
= R1F2(I − tR2
1)−1
z.
Vậy u = 0 khi và chỉ khi F2(I − tR2
1)−1
z1 = 0, ta thu được (1.38) tương
đương với điều kiện (1.37).
Thay đổi vai trò của R1, R2 trong Định lý 1.7 và sử dụng Định lý 1.6 ta
có ngay hệ quả sau
Hệ quả 1.3. Nếu D ∈ R(X), R1, R2 ∈ RD ∩ V (X) và F1 và F1, F2 là các
toán tử ban đầu của D ứng với R1, R2 tương ứng thì điều kiện cần và đủ để
R1R2 là toán tử Volterra là
F1(I − tR2
1)−1
= 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D. (1.39)
Định lý 1.9. Cho D ∈ R(X) và R1R2 ∈ RD ∩ V (X). Khi đó điều kiện cần
và đủ để R1 + R2 là toán tử Volterra là
(I − tR1)−1
z + (I − tR2)−1
z = 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D{0}. (1.40)
23

27. Chứng minh. Đặt R =
1
2
(R1 + R2) khi đó R ∈ RD. Do đó mỗi vector
riêng của R ( nếu tồn tại ) phải có dạng
q := (I − tR1)−1
z, 0 = z ∈ Ker D.
Lấy v ∈ C và u := (I − vR)q.
Nếu v = t thì
u = (I − vR)q = I −
1
2
v(R1 + R2) (I − tR1)−1
z
= I − tR1 + t −
1
2
v R1 −
1
2
vR2 (I − tR1)−1
z
= z + t −
1
2
v R1 −
1
2
vR2 (I − tR1)−1
z.
Do đó Du = (t − u)(I − tR1)−1
z = 0.
Nếu v = t ∈ C, thì
u = (I − tR)q = z +
1
2
t(R1 − R2)(I − tR1)−1
z
= z −
1
2
(I − tR1)(I − tR1)−1
z +
1
2
(I − tR2)(I − tR1)−1
z
=
1
2
z +
1
2
(I − tR2)(I − tR1)−1
z.
Do đó 2u = z + (I − tR2)(I − tR1)−1
z, tức là
2(I − tR2)−1
u = (I − tR1)−1
z + (I − tR2)−1
z.
Vậy u = 0 khi và chỉ khi vế phải của đẳng thức trên khác 0 và ta thu được
(1.40).
Ví dụ 1.8. Cho X := C([0, 1], F), F = R hoặc F = C. D :=
d
dt
, R1 :=
x
x1
, R2 :=
x
x2
, x1 = x2, x1, x2 ∈ [0, 1].
Dễ dàng kiểm tra được
(I − tRj)−1
c = cet(x−xj)
với c ∈ F (j = 1, 2).
Do đó
u(x) = (I − tR1)−1
c = (I − tR2)−1
c + cetx
(e−tx1
+ etx2
) = 0, ∀t ∈ R.
24

28. Từ Định lý 1.9, R1 + R2 là một toán tử Volterra trong X := C([0, 1], R).
Chú ý: Nếu xét trong tập X := C([0, 1], C), u(x) = 0 với t = πi(x2 −
x1)−1
. Do đó, theo Định lý 1.9, R1 + R2 không phải là toán tử Volterra.
Ví dụ 1.9. Cho X := C([0, 1], R) và D, R1, R2 như trong ví dụ 1.7. Dễ dàng
kiểm tra được,
(I − tR2
j )−1
c = c cos(
√
−t(x − xj) với c ∈ F (j = 1, 2).
Ta có, F2(I − tR2
1)−1
c = c cos(
√
−t(x2 − x1). Nếu ta chọn t0 =
−1
4
(x2 −
x1)−1
π2
thì F2(I − tR2
1)−1
c = 0.
Theo định lý 1.8, R1R2 là toán tử Volterra.
1.4 Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch
phải
Định lý 1.10 (Przeworka-Rolewicz). Cho
˜Q(t, s) :=
N
k=0
qktk
sN−k
, (1.41)
˜Q(t) := Q(t, 1), ˜P(t) := tM
Q(t), (1.42)
với q0, . . . , qN−1 ∈ C, qN = 1, M là một số nguyên không âm.
Nếu tồn tại R ∈ RD ∩ V (X)(R là một nghịch đảo phải Volterra của D)
thì ˜P(D) ∈ R(X) và toán tử
R0 := RM+N
[Q(I, R)]−1
(1.43)
là một nghịch đảo phải Volterra của P(D).
Định lý 1.11 (von Trotha). Nếu R0 có dạng (1.43) là toán tử Volterra thì
R là toán tử Volterra.
Tổng quát hai định lý trên cho trường hợp ˜Q(t, s) là một đa thức với
hệ số toán tử đại số.
Cho D ∈ R(X), R ∈ RD.A0, . . . , AN là các toán tử đại số giao hoán,
AN = I.
Giả sử,
DAj = AjD trên D, RAj = AjR (j = 0, . . . , N). (1.44)
25

29. Đặt
Q(t, s) :=
N
k=0
Ajtj
sN−j
, Q(t) := Q(t, 1), P(t) := tM
Q(t). (1.45)
Định lý 1.12. Nếu R ∈ V (X) thì Q(I, R) khả nghịch và
R0 := RM+N [Q(I, R)]−1
∈ RP(D) ∩ V (X). (1.46)
Chứng minh. Đặt ˜X0 := lin{Rk
}, ˜X0 ∈ L0(X) là một đại số giao hoán.
Q(I, R) là một toán tử đại số tổng quát với các nghiệm đặc trưng thuộc tập
hợp
{I +
N
k=1
tN−k,tRk
: k = 1, . . . , N; l = 1, . . . , rN−k} (1.47)
trong đó (tj,1, . . . , tj,rj
) là các nghiệm đặc trưng của các toán tử Aj (j =
0, . . . , N).
Định lý 1.10 kéo theo mọi toán tử trong (1.47) là khả nghịch nên Q(I, R)
là khả nghịch.
Ta chứng minh R1 := RN
[Q(I, D)]−1
là nghịch đảo phải của Q(D).
Thật vậy,
Q(D)R1 = Q(D)RN
[Q(I, R)]−1
=
N
k=0
AkRN−k
[Q(I, R)]−1
= I.
Do đó, toán tử P(D) := DM
Q(D) khả nghịch phải và có nghịch đảo phải
cho bởi dạng (1.46).
Để kết thúc chứng minh, ta kiểm tra R0 ∈ V (X). Đặt
H(R) :=
N
k=0
AkRN−k
− tRN+M
, t ∈ C.
I − tR0 = [Q(I, R)]−1
H(R). H(R) là một toán tử đại số tổng quát với các
nghiệm đặc trưng thuộc tập
{I − tRN+M
+
N
k=1
tN−k,tRk
: k = 1, . . . , N; l = 1, . . . , rN−k}. (1.48)
Định lý 1.10 chỉ ra rằng mọi toán tử trong (1.48) khả nghịch. Từ đó
H(R) khả nghịch. Ta kết luận được rằng, I − tR0 khả nghịch với mọi t ∈ C,
tức là R0 ∈ V (X).
26

30. Định lý 1.13. Giả sử R ∈ RD ∩ V (X) với D ∈ R(X). Nếu A là một toán
tử đại số sao cho AR = RA thì AR là một toán tử Volterra.
Chứng minh. Toán tử I + βAR với mọi β ∈ C là một toán tử đại số
tổng quát trên ˜X0 := lin{Rk
} với nghiệm đặc trưng có dạng I + βtiR (i =
1, . . . , n).
Vì I + βtiR khả nghịch với mọi β ∈ C nên I + βAR khả nghịch với mọi
β ∈ C.
Vậy AR là một toán tử Volterra.
Định lý 1.14. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và A0, . . . , AN là các toán
tử đại số thỏa mãn (1.44), Q(t, s), Q(t) và P(t) định nghĩa bởi (1.45). Nếu
Q(t, s) khả nghịch thì
R0 := RN+M
[Q(I, R)]−1
∈ RP(D). (1.49)
Hơn nữa, nếu R0 ∈ V (X) thì R ∈ V (X).
Chứng minh. Cố định β ∈ C. A = Q(B), do đó A là một toán tử đại số
và AR0 = R0A.
Từ Định lý 1.13, AR0 là một toán tử Volterra thì R0 cũng là một toán
tử Volterra. Do đó, I − AR0 khả nghịch.
Mặt khác,
I − AR0 = [Q(I, R)]−1
[Q(I, R) − ARM+N
].
Có nghĩa là
I = (I − AR0)−1
[Q(I, R)]−1
[Q(I, R) − ARM+N
]
= [Q(I, R) − ARM+N
](I − AR0)−1
[Q(I, R)]−1
,
nói cách khác, toán tử Q0 := Q(I, R) − ARM+N
khả nghịch.
Đặt,
HA(t, s) := Q(t, s) − AsM+N
, HA(t) := HA(t, 1).
Ta có HA(β) = HA(β, 1) = Q(β, 1)−A = Q(β)−A = 0. Vì HA(I, R) =
Q(I, R) − ARM+N
ta kết luận được HA(I, R) khả nghịch.
Vì thế
HA(t, s) = (t − βI)QA(t), (1.50)
với QA(t) :=
N−1
j=0
Bjtj
và Bj(j = 0, . . . , N − 1) là các toán tử đại số giao
hoán với nhau. Từ (1.50) ta có
HA(t, s) = (t − βs)QA(t, s),
27

31. trong đó
QA(t, s) :=
N−1
j=0
Bjtj
sN−1−j
, QA(t) = QA(t, 1).
Như vậy, HA(I, R) = (I − βR)QA(I, R), tức là
I = (I − βR)QA(I, R)[HA(I, R)]−1
= [HA(I, R)]−1
QA(I, R)(I − βR). Suy
ra, I − βR khả nghịch với mọi β ∈ C, hay R ∈ V (X).
Hệ quả 1.4. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD ∩ V (X) và A là một toán tử đại
số giao hoán với R. Hơn nữa, A có đa thức đặc trưng dạng
PA(t) =
n
j=1
(t − tj)(ti = tjvớii = j).
Khi đó, mọi nghiệm của phương trình
(D − A)x = y, y ∈ X (1.51)
có dạng
x =
n
j=1
(I − tjR)−1
Pj(Ry + z),
với z ∈ Ker D tùy ý và
Pj =
n
k=1,k=j
(tj − tk)(A − tkI)(j = 1, . . . , n).
Hệ quả 1.5. Với giả thiết như Hệ quả 1.4, dim Ker Q(D) = N dim Ker D.
Thật vậy, ta có
Q(D) = DN
N
j=0
AjRN−j
= DN
Q(I, R).
Từ Định lý 1.13, toán tử Q(I, R) khả nghịch. Do đó
dim Ker Q(D) = dim Ker DN
= N dim Ker D.
Như một hệ quả, ta có công thức
dim Ker DM
Q(D) = (M + N) dim Ker D.
28

32. Chú ý 1.1. Trong trường hợp tổng quát, định lý đảo của Định lý 1.13 là
không đúng. Hơn nữa, với mọi D ∈ R(X), R ∈ RD tồn tại một toán tử đại
số A sao cho AR ∈ V (X), tức là, AR ∈ V (X) không suy ra R ∈ V (X).
Thật vậy, nếu A2
= 0 thì I − βAR khả nghịch với mọi β ∈ C và
(I −βAR)−1
= I +βAR. Điều này có nghĩa là AR ∈ V (X) với mọi R ∈ RD.
Tuy nhiên, ta có hệ quả sau đây
Hệ quả 1.6. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD và A là một toán tử đại số giao
hoán với R. Nếu AR là một toán tử Volterra và A khả nghịch thì R là một
toán tử Volterra.
Thật vậy, từ Định lý 1.13, toán tử R = A−1
(AR) là Volterra.
Ví dụ 1.10. Cho D ∈ R(X), dim Ker D = 0 và R ∈ RD .
Đặt
D := (δjkD )j,k=1,...,n, R := (δjkR )j,k=1,...,n, Ai := (a
(i)
jk )j,k=1,...,n
a
(i)
jk (i = 0, . . . , m) là các đại lượng vô hướng.
Theo Định lý 1.12 nếu R là một toán tử Volterra thì, toán tử
Q :=
m
j=0
AjRj
(A0 = I) (1.52)
khả nghịch và R0 := Rm+s
Q−1
là toán tử Volterra với mọi s ∈ N0.
Từ Định lý 1.13, AiR (i = 1, . . . , m) là toán tử Volterra. Nếu Q xác
định bởi công thức (1.50) khả nghịch và R0 là toán tử Volterra thì R cũng
là toán tử Volterra.
Ví dụ 1.11. Cho Ω := [a, b] × [c, d], X := C(Ω), D := ∂/∂t với (t, s) ∈ Ω.
Toán tử D khả nghịch phải và có một nghịch đảo phải R được định nghĩa
bởi công thức
(Rx)(t, s) :=
t
t0
x(u, s)du, t0 ∈ [a, b].
Xét toán tử
(Ax)(t, s) := x(t, c + d − s), (t, s) ∈ Ω.
Dễ thấy, A cố định, tức là, DA = AD trên dom D, RA = AR. Hơn nữa,
A2
= I, hay, A là một toán tử đại số. Do đó, theo Định lý 1.12, AR là toán
tử Volterra và I + AR khả nghịch.
29

33. Chương 2
Phương trình với toán tử khả nghịch
phải và áp dụng
2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải
Bổ đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0 và R ∈ RD. Khi đó với bất
kỳ số nguyên dương N ta có
Ker DN
= {z ∈ X : z =
N−1
k=0
Rk
zk, z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D},
dom DN
= RN
X ⊕ Ker DN
.
Chứng minh. Giả sử rằng z =
N−1
k=0
Rk
zk, trong đó z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D.
Khi đó, do DN
z = DN
N−1
k=0
Rk
zk =
N−k
k=0
DN−k
zk = 0, nên z ∈ Ker DN
Đảo lại, giả sử z ∈ Ker DN
. Khi đó theo công thức Taylor z =
N−1
k=0
Rk
FDk
z+
RN
DN
z.
Đặt zk = FDk
z với k = 0, 1, 2, . . . , N − 1. Với cách đặt như thế thì
z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D. Vậy z có dạng cần tìm.
Nếu x ∈ dom DN
thì ta đặt x = u + w, trong đó u = RN
DN
x, w =
(I − RN
DN
)x. Theo định nghĩa, u ∈ RN
X và DN
w = DN
(I − RN
DN
)x =
DN
x − (DN
RN
)DN
x = DN
x − DN
x = 0 nên w ∈ Ker DN
và x = u + w ∈
RN
X+ Ker DN
. Giả sử bây giờ x ∈ X, z ∈ Ker DN
và R ∈ RD cố định tùy
30

34. ý. Khi đó y = RN
x + z ∈ dom DN
do DN
y = DN
RN
x + DN
z = x. Giả
sử rằng u ∈ RN
X∩ Ker DN
. Khi đó tồn tại một phần tử w ∈ X sao cho
u = RN
w và DN
u = 0 bởi vì u ∈ Ker DN
. Từ đó, 0 = DN
u = DN
(RN
w) =
(DN
RN
)w = w, do đó w = 0 và u = Rw = 0. Điều này có nghĩa là dom DN
là tổng trực tiếp của RN
X và Ker DN
.
Xét phương trình
DN
x = y, y ∈ X, N ∈ N (2.1)
Định lý 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0 và R ∈ RD. Khi đó nếu
y ∈ ImDN
thì tất cả các nghiệm của phương trình (2.1) cho bởi
x = RN
y +
N−1
k=0
Rk
zk, (2.2)
trong đó z0, . . . , zN−1 ∈ Ker D tùy ý.
Chứng minh. Thật vậy, nếu y ∈ Im DN
thì tồn tại y1 ∈ dom DN
sao
cho y = DN
y1. Do đó, (2.1) có thể viết dưới dạng DN
x = DN
y1. Do DN
=
DN
RN
DN
nên phương trình cuối cùng tương đương với DN
(x−RN
DN
y1) =
0. Từ đó theo Bổ đề 2.1 ta có công thức (2.2).
Bây giờ ta xét phương trình tổng quát
Q[D]x =
M
m=0
N
n=0
Dm
AmnDn
x = y, y ∈ ImQ[D], (2.3)
trong đó D ∈ R(X), R ∈ RD, M, N ∈ N0, Amn ∈ L0(X), AMN = I, AmnXM+N−n ⊂
Xm (n = 0, 1, . . . , N; m = 0, 1, . . . , M; m+n < M +N); Xj = dom Dj
, j =
1, . . . , M + N.
Mệnh đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD. Bj ∈ L0(X) (j = 0, 1, . . . , N)
và k ∈ N0 sao cho XN−j ⊂ dom Bj, BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N). Đặt
Q(D) =
N
j=0
BjDj
, Q(I, R) =
N
j=0
BjRN−j
. (2.4)
Khi đó, XN ⊂ dom Q(D), Q(D)XN ⊂ Xk, [I+RN
Q(D)]XN+k ⊂ XN+k, Q(I, R)X ⊂
Xk, [I + Q(I, R)]Xk ⊂ Xk.
Chứng minh. Để ý rằng Dj
XN ⊂ XN−j (j = 0, 1, . . . , N). Thật vậy, nếu
j = 0 hoặc j = N thì XN ⊂ XN hoặc DN
XN ⊂ X, còn nếu 1 j N và
31

35. x ∈ XN thì theo Bổ đề 2.1 tồn tại x0 ∈ X và y0, y1, . . . , yN−1 ∈ Ker D sao
cho x = RN
x0 +
N−1
k=0
Rk
yk. Từ đó, Dj
x = RN−j
x0 +
N−1
k=j
Rk−j
yk ∈ XN−j.
Đặt l = k − j thì Dj
x = RN−j
x0 +
N−j−1
l=0
Rl
yl+j ∈ XN−j. Do đó,
BjDj
XN ⊂ BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N), và XN ∈ dom Q(D) và
Q(D)XN ∈ Xk.
Giả sử u ∈ [I + RN
Q(D)]XN+k. Khi đó tồn tại v ∈ XN+k ⊂ XN sao
cho u = [I + RN
Q(D)]v. Vì v1 = Q(D)v ∈ Xk nên u = v + RN
v1 ∈ XN+k
do v ∈ XN+k và RN
v1 ∈ XN+k.
Từ Bổ đề 2.1 ta suy ra Rj
X ⊂ Xj. Từ đó do BjRN−j
X ⊂ BjXN−j ⊂
Xk (j = 0, 1, . . . , N) nên Q(I, R)X ⊂ Xk.
Giả sử y ∈ [I + Q(I, R)]Xk, tức là tồn tại y1 ∈ Xk ⊂ X sao cho
y = [I + Q(I, R)]y1. Vì y2 = Q(I, R)y1 ∈ Xk nên y = y1 + y2 ∈ Xk.
Cho k = N trong Mệnh đề 2.1 ta thu được
Hệ quả 2.1. Nếu ta có tất cả các giả thiết của Mệnh đề 2.1 thì
[I + RN
Q(D)]XN ⊂ XN .
Định nghĩa 2.1 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải,
khả nghịch trái, khả nghịch trên Xk với k ∈ N0 cho trước, nếu Xk ⊂
dom A, AXk ∈ Xk và tồn tại RA ∈ RA (tương ứng LA ∈ LA, MA ∈ RA∩LA)
sao cho RAXk ⊂ Xk (tương ứng LAXk ⊂ Xk, MAXk ⊂ Xk), tức là RA ∈
L0(Xk) (tương ứng LA ∈ L0(Xk), MA ∈ L0(Xk)).
Theo định nghĩa này, nếu A là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch trái,
khả nghịch) trên Xk (k ∈ N) thì S là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch
tái, khả nghịch).
Bổ đề 2.2. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và k ∈ N0. Giả sử Bj ∈ L(X), XN−j ⊂
dom Bj, BjXN−j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N) và Q(D) và Q(I, R) được cho bởi
(2.4). Khi đó, toán tử I + Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả
nghịch) trên Xk khi và chỉ khi I + RN
Q(D) khả nghịch phải (khả nghịch
trái, khả nghịch) trên XN+k.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 2.1, I +Q(I, R) ∈ L0(Xk) và I +RN
Q(D) ∈
L0(XN+k).
Giả sử I + Q(I, R) khả nghịch phải trên Xk, tức là tồn tại RQ ∈
RI+Q(I,R) sao cho RQXk và [I+Q(I, R)]RQ = I. Đặt RQ
= I−RN
RQQ(D).
32

36. Dễ dàng kiểm tra được RQ
xác định tốt trên XN+k và RQ
XN+k ⊂ XN+k.
Thật vậy, nếu x ∈ XN+k thì tồn tại u ∈ X và z0, z1, . . . , zN+k−1 ∈ Ker D
sao cho x = RN+k
u +
N+k−1
i=0
Ri
zi. Do đó,
Q(D)x =
N
j=0
BjDj
RN+k
u +
N
j=0
BjDj
N+k−1
i=0
Ri
zi
=
N
j=0
BjRN−j
Rk
u +
N
j=0
BjDj
N+k−1
i=0
Ri
zi
= Q(I, R)Rk
u +
i=0
N + k − 1
N
j=0
BjRi−j
zi ∈ Xk.
Từ đó, RN
RQQ(D)x = RN
RQQ(D)Rk
u+RN
RQ
i=0
N + k − 1
N
j=0
BjRi−j
zi ∈
RN
Xk ⊂ XN+k. Nghĩa là RQ
∈ L0(XN+k).
Trên XN+k ta có
[I + RN
Q(D)]RQ
= [I + RN
Q(D)][I − RN
RQQ(D)]
= I + RN
Q(D) − [I + RN
Q(D)]RN
RQQ(D)
= I + RN
Q(D) − RN
[I + Q(D)RN
]RQQ(D)
= I + RN
Q(D) − RN
[I + Q(I, R)]RQQ(D)
= I + RN
Q(D) − RN
Q(D) = I.
Điều này chứng tỏ rằng I + RN
Q(D) khả nghịch trên XN+k.
Đảo lại, giả sử I + RN
Q(D) khả nghịch phải trên XN+k, tức là tồn tại
RQ
∈ RI+RN Q(D) sao cho RQ
XN+k ⊂ XN+k và [I + RN
Q(D)]RQ
= I. Đặt
RQ = I − Q(D)RQ
RN
. Nếu x ∈ Xk thì u = RN
x ∈ XN+k, y = RQ
u ∈
XN+k ⊂ XN và
RQx = [I − Q(D)RQ
RN
]x = x − Q(D)RQ
RN
x
= x − Q(D)RQ
u = x − Q(D)y ∈ Xk.
Trên Xk ta có
[I + Q(I, R)]RQ = [I + Q(I, R)][I − Q(D)RQ
RN
]
= I + Q(I, R) − [I + Q(I, R)]Q(D)RQ
RN
33

37. = I + Q(I, R) − [I + Q(D)RN
]Q(D)RQ
RN
= I + Q(I, R) − Q(D)[I + RN
Q(D)]RQ
RN
= I + Q(I, R) − Q(D)RN
= I.
Điều này chứng tỏ I + Q(I, R) khả nghịch phải trên Xk.
Tương tự, theo cách như trên ta chứng minh được rằng toán tử I +
Q(I, R) khả nghịch trái trên Xk khi và chỉ khi I + RN
Q(D) khả nghịch trái
trên XN+k. Từ đó ta suy ra toán tử I + Q(I, R) khả nghịch trên Xk khi và
chỉ khi I + RN
Q(D) khả nghịch trên XN+k.
Cho k = 0 trong Bổ đề 2.2 ta thu được
Hệ quả 2.2. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD, Bj ∈ L(X), XN−j ⊂ dom Bj (j =
0, 1, . . . , N). Hơn nữa, giả sử Q(D) và Q(I, R) được cho bởi (2.4). Khi đó,
toán tử I +Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) khi và chỉ
khi I + RN
Q(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XN .
Hệ quả 2.3. Giả sử ta có tất cả các giả thiết của Hệ quả 2.2. Khi đó, nếu
toán tử I + Q(I, R) khả nghịch thì nghiệm duy nhất của phương trình
[I + RN
Q(D)]x = y, y ∈ XN
thuộc XN .
Bổ đề 2.3. Giả sử T ∈ L0(X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó.
(i) Nếu I + T khả nghịch phải và RT là nghịch đảo phải của nó thì toán tử
ˆRT = I − T + TRT T (2.5)
là nghịch đảo phải của I + T và ˆRT XM ⊂ XM .
(ii) Nếu I + T khả nghịch trái và LT là nghịch đảo trái của nó thì toán tử
ˆLT = I − T + TLT T (2.6)
là nghịch đảo trái của I + T và ˆLT XM ⊂ XM .
(iii) Nếu I + T khả nghịch thì
(I + T)−1
= I − T + T(I + T)−1
T. (2.7)
Chứng minh.
34

38. (i) Do (I + T)RT = I nên
(I + T) ˆRT = (I + T)(I − T + TRT T) = I − T2
+ (I + T)TRT T
= I − T2
+ T(I + T)RT T = I − T2
+ T2
= I.
Suy ra ˆRT là nghịch đảo phải của I + T.
Nếu x ∈ XM thì ˆRT x = (I − T + TRT T)x = x − Tu, trong đó u =
x − RT Tx. Vì Im T ⊂ XM nên Tu ∈ XM . Do đó, ˆRT XM ⊂ XM , và như
vậy, I + T khả nghịch phải trên XM .
(ii) Do LT (I + T) = I nên
ˆLT (I + T) = (I − T + TLT T)(I + T) = I − T2
+ TLT T(I + T)
= I − T2
+ TLT (I + T)T = I − T2
+ T2
= I.
Suy ra ˆLT là nghịch đảo trái của I + T.
Nếu x ∈ XM thì ˆLT x = (I − T + TLT T)x = x − Tu, trong đó u =
x−LT Tx. Vì Im T ⊂ XM nên Tu ∈ XM . Do đó, ˆLT XM ⊂ XM , và như vậy,
I + T khả nghịch trái trên XM .
(iii) Nếu I + T khả nghịch thì ta có
[I − T + T(I + T)−1
T](I + T) = I − T2
+ T(I + T)−1
T(I + T)
= I − T2
+ T(I + T)−1
(I + T)T
= I − T2
+ T2
= I. (2.8)
(I + T)[I − T + T(I + T)−1
T] = I − T2
+ (I + T)T(I + T)−1
T
= I − T2
+ T(I + T)(I + T)−1
T
= I − T2
+ T2
= I. (2.9)
Từ (2.8) và (2.9) ta suy ra (2.7).
Bổ đề 2.4. Giả sử T ∈ L0(X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó. Nếu
I + T khả nghịch, khả nghịch phải hay khả nghịch trái thì mỗi nghiệm của
phương trình
(I + T)x = y, y ∈ XM (2.10)
thuộc XM .
Chứng minh. Giả sử I + T khả nghịch phải và RT là nghịch đảo phải của
35

39. nó. Khi đó theo Bổ đề 2.3, ˆRT cho bởi (2.5) cũng là nghịch đảo phải của
I + T. Do đó, phương trình (2.10) tương đương với x = ˆRT y + z, trong đó
z ∈ Ker (I + T) tùy ý. Theo Bổ đề 2.3, ˆRT y ∈ XM với y ∈ XM . Và nếu z ∈
Ker (I + T) thì z = −TZ ∈ Im T ⊂ XM . Vậy x = ˆRT y + z ∈ XM .
Giả sử I + T khả nghịch trái và LT là nghịch đảo trái của nó. Khi
đó theo Bổ đề 2.3, ˆLT cho bởi (2.6) cũng là nghịch đảo trái của I + T và
ˆLT XM ⊂ XM . Do đó, phương trình (2.10) tương đương với x = ˆLT y, với
y ∈ XM . Từ đó, nếu I + T khả nghịch thì (I + T)−1
XM ⊂ XM .
Hệ quả 2.4. Nếu T ∈ L0(X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó thì I + T
khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XM khi và chỉ khi nó khả
nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch).
Định lý 2.2. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD là toán tử ban đầu
của D ứng với R và Q[D] cho bởi (2.3). Đặt
Q(A) =
M
m=0
N
n=0
RM−m ˆAmnDn
(2.11)
Q(A) =
M
m=0
N
n=0
RM−m
AmnRN−n
−
M
m=0
RM−m ˆAmN F (2.12)
ˆAmn :=



0 nếu m = M, n = N,
Amn nếu m + n < M + N.
(2.13)
Nếu Q(A) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trinh (2.3) cho bởi
x = [I − RN
Q−1
(A)Q(A)](RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
zj). (2.14)
trong đó z0, z1, . . . , zM+N−1 ∈ Ker D tùy ý.
Chứng minh. Viết phương trình (2.3) ở dạng DM+N
[I + RN
Q(A)]x = y.
Theo Định lý 2.1 phương trình này tương đương với
[I + RN
Q(A)]x = RM+N
y +
M+n−1
j=0
Rj
zj. (2.15)
Dễ dàng kiểm tra rằng
Q(A) = I + Q(A)RN
. (2.16)
36

40. Nếu Q(A) khả nghịch thì theo Bổ đề 2.3 và (2.16) ta suy ra [I +
RN
Q(A)]−1
= I − RN
Q(A)−1
Q(A). Từ đây và từ (2.15) ta suy ra (2.14).
Cho Amn = 0, (m = 0, 1, . . . , M − 1; n = 0, 1, . . . , N) và AMn =
An, (n = 0, 1, . . . , N) trong Định lý 2.2 ta thu được
Hệ quả 2.5. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD. Đặt Q(D) =
N
n=0
AnDn
, P(D) =
DM
Q(D), Q1 =
N
n=0
AnRN−n
, Q1 =
N
n=0
AnDn
. Khi đó, nếu toán tử Q1 khả
nghịch thì nghiệm của phương trình
P(D)x = y, y ∈ Im P(D) (2.17)
cho bởi x = [I − RN
Q−1
1 Q1](RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj).
Ví dụ 2.1. Cho X là không gian tuyến tính, D ∈ R(X), dim Ker D =
0, R ∈ RD và A, B ∈ L0(X), AX ⊂ dom D. Xét phương trình
(DAD + B)x = y, y ∈ Im (DAD + B) (2.18)
Phương trình (2.18) có thể viết dưới dạng D2
[I + R(AD − RD2
)]x =
y − Bx tương đương với
[I + R(AD − RD2
+ RB)]x = R2
y + Rz1 + z0,
trong đó z1, z0 ∈ Ker D tùy ý.
Đặt Q(A, B) = I + (AD − RD2
+ RB)R = I + A − RD + RBR =
A + RBR + F, trong đó F là toán tử ban đầu của D ứng với R. Nếu toán
tử Q(A, B) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trình cho bởi
x = [I − RQ(A, B)−1
(AD − RD2
+ RB)](R2
y + Rz1 + z0).
2.2 Bài toán Cauchy
Giả sử D ∈ R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo
phải R. Bài toán Cauchy - Bài toán giá trị ban đầu của toán tử Q[D]: Tìm
tất cả các nghiệm của phương trình
Q[D]x :=
M
m=0
N
n=0
Dm
AmnDn
x = y, y ∈ X, (2.19)
37

41. thỏa mãn điều kiện ban đầu
FDj
x = yj, yj ∈ Ker D (j = 0, . . . , M + N − 1). (2.20)
Định nghĩa 2.2 ([1]-[2]). (cf.Przeworska-Rolewicz).
(i.) Bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) được gọi là thiết lập đúng đắn nếu
nó có nghiệm duy nhất với mọi y ∈ X, y0, . . . , yM+N−1 ∈ Ker D.
(ii.) Bài toán (2.19)-(2.20) được gọi là thiết lập không đúng đắn nếu tồn tại
y ∈ X, y0, . . . , yM+N−1 ∈ Ker D sao cho bài toán này vô nghiệm, hoặc bài
toán thuần nhất cho bởi dạng (2.19)-(2.20) (nói cách khác, y = y0 = · · · =
yM+N−1 = 0) có nghiệm tầm thường.
Định nghĩa 2.3 ([1]-[2]). Giả sử rằng Q[D] có dạng (2.19). Đặt
Q :=
M
m=0
N
n=0
RM−m
BmnRN−n
, (2.21)
trong đó
Bmn :=



ˆA0n nếu m = 0
ˆAmn −
M
µ=m
FDµ−m ˆAmun các trường hợp khác
(2.22)
ˆAmn :=



0 nếu m = M, n = N
Amn các trường hợp khác
(2.23)
(m = 0, . . . , M; n = 0, . . . , N). Khi đó I + Q là toán tử giải của bài toán
(2.19)-(2.20).
Bổ đề 2.5. Đặt
Q :=
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnDn
. (2.24)
Khi đó
QRN
= RN
Q, (2.25)
trong đó Q được định nghĩa bởi (2.21), và
DM+N
(I + Q) = Q[D], (2.26)
FDj
(I + Q) = FDj
(j = 0, . . . , M + N − 1). (2.27)
38

42. Chứng minh. Theo định nghĩa
QRN
=
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnDn
RN
=
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnRN−n
= RN
M
m=0
N
n=0
RM−m
BmnRN−n
= RN
Q,
ta chứng minh được (2.24).
Do DF = 0, nên
DM+N
(I + Q) = DM+N
(I +
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnDn
)
= DM+N
+
M
m=0
N
n=0
Dm
BmnDn
= DM+N
+
M
m=0
N
n=0
Dm
(Amn −
M
µ=m
FDµ−m
Aµn)Dn
+
N
n=0
A0nDn
= DM+N
+
M
m=0
N
n=0
Dm
AmnDn
+
N
n=0
A0nDn
= DM+N
+
M
m=0
N
n=0
Dm
AmnDn
= Q[D],
ta chứng minh được (2.25).
Với j ∈ {0, . . . , N − 1}, do FR = 0 ta có
FDj
(I + D) = FDj
+ FDj
Q
= FDj
+ FDj
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnDn
= FDj
+
M
m=0
N
n=0
FRN−j
RM−m
BmnDn
= FDj
.
Với j ∈ {N + i, i = 0, . . . , M − 1}, thì
FDN+i
(I + Q) = FDN+i
+ FDN+i
M
m=0
N
n=0
RM+N−m
BmnDn
39

43. = FDN+i
+
M
m=0
N
n=0
FDi
RM−m
BmnDn
= FDN+i
+
M
m=0
N
n=0
FDi
RM−m
BmnDn
+
N
n=0
FDi
RM
B0nDn
= FDN+i
+
M
m=0
N
n=0
FDi
RM−m
( ˆAmn −
M
µ=m
FDµ−m ˆAµn)Dn
= FDN+i
+
M
m=M−i
N
n=0
FDi+m−M ˆAµn( ˆAmn −
M
µ=m
FDµ−m ˆAµn)Dn
−
M
m=M−i
N
n=0
M
µ=m
FDi+m−M ˆAµnDn
= FDN+i
+
M
m=M−i
N
n=0
FDi+m−M ˆAmnDn
−
M
m=M−i
N
n=0
M
µ=M−i
FDµ+i−M ˆAµnDn
= FDN+i
,
ta chứng minh được (1.26).
Bổ đề 2.6. Cho Q xác định bởi (2.24). Khi đó, bài toán giá trị ban đầu
(2.19)-(2.20) thiết lập đúng đắn khi và chỉ khi I + Q là khả nghịch trên
XM+N .
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.5, ta có thể viết phương trình (2.19) dưới
dạng
DM+N
(I + Q)x = y.
Phương trình này tương đương với phương trình
(I + Q)x = RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
zj,
trong đó z0, . . . , zM+N−1 ∈ Ker D tùy ý.
Từ công thức (1.26) và phương trình cuối ta suy ra bài toán giá trị ban
đầu (2.19)-(2.20) tương đương với phương trình
(I + Q)x = RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj. (2.28)
40

44. Nếu λ = −1 là một giá trị riêng của Q, thì phương trình thuần nhất
tương ứng (I + Q)x = 0 có một nghiệm không tầm thường, do đó bài toán
(2.19)-(2.20) thiết lập không đúng đắn và I + Q khả nghịch.
Nếu λ = −1 không là một giá trị riêng của Q và I +Q không khả nghịch
trên XM+N , tức là (I + Q)XM+N XM+N , thì (2.27) giải được nếu và chỉ
nếu
RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj ∈ (I + Q)XM+N . (2.29)
Cố định u ∈ XM+N (I+Q)XM+N và cho y := DM+N
u, yj := FDj
u (j =
0, . . . , M + N − 1). Khi đó, theo công thức Taylor
RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj = RM+N
DM+N
u +
M+N−1
j=0
Rj
FDj
u
= (
M+N−1
j=0
Rj
FDj
+ RM+N
DM+N
)u = u ∈ (I + Q)XM+N ,
tức là, bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) là thiết lập không đúng đắn và
I + Q không khả nghịch.
Nếu I +Q khả nghịch trên XM+N thì từ (2.27) ta tìm được một nghiệm
duy nhất của bài toán (2.19)-(2.20) là
x = (I + Q)−1
(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj).
Định lý 2.3. Bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) thiết lập đúng đắn nếu
và chỉ nếu toán tử giải của nó khả nghịch.
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.5, toán tử giải I + Q = I + DN
QRN
. Đăt
H = DN
Q thì I + Q = I + HRN
. Từ các Bổ đề 2.2 và 2.4 ta suy ra I + Q
khả nghịch khi và chỉ khi I + RN
H = I + Q khả nghịch trên XM+N . Mặt
khác, theo Bổ đề 2.6, I + Q khả nghịch trên XM+N khi và chỉ khi bài toán
(2.19)-(2.20) thiết lập đúng đắn. Và ta có khẳng định của định lý.
Bây giờ ta chứng minh kết quả chính của bài toán giá trị ban đầu
(2.19)-(2.20).
Định lý 2.4. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD là một toán tử ban đầu
tương ứng với R. Giả sử rằng Q và Q lần lượt được xác định bởi (2.21) và
(2.22).
41

45. (i.) Nếu toán tử giải I + Q khả nghịch thì bài toán (2.19)-(2.20) thiết lập
đúng đắn và nghiệm duy nhất của nó là
x = MQ(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj), (2.30)
trong đó
MQ := I − RN
(I + Q)−1
H,
H :=
M
m=0
N
n=0
RM−m
BmnDn
= DN
Q, (2.31)
và Bmn (m = 0, . . . , M; n = 0, . . . , N) được định nghĩa bởi (2.21)-(2.22).
(ii.) Nếu I + Q khả nghịch phải và dim Ker (I + Q) = 0 thì bài toán (2.19)-
(2.20) thiết lập không đúng đắn. Tuy nhiên, bài toán này có một nghiệm có
dạng
x = RQ(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj) + z, (2.32)
trong đó
RQ = I − RN
RQH,
z ∈ Ker (I + Q) tùy ý và RQ ∈ RI+Q.
(iii.) Nếu I + Q khả nghịch trái nhưng không khả nghịch thì bài toán (2.19)-
(2.20) thiết lập không đúng đắn và có một nghiệm với điều kiện cần và đủ
là
RM+N
+
M+N−1
j=0
Rj
yj ∈ (I + Q)XM+N .
Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất là
x = LQ(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj), (2.33)
trong đó
LQ = I − RN
LQH,
LQ ∈ LI+Q, Bmn được cho bởi (2.21).
Chứng minh.
42

46. (i.) Bổ đề 2.5 và (2.25) cùng chỉ ra rằng bài toán (2.19)-(2.20) tương đương
với phương trình
(I + Q)x = RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj. (2.34)
Cho H được định nghĩa bởi (2.31). Dễ thấy, H = DN
Q, RN
H = Q và
HRN
= Q. Do đó, I + Q khả nghịch trên XM+N . Hơn nữa, từ Bổ đề 2.3,
nếu MQ là nghịch đảo của I + Q thì MQXM ⊂ XM . Vì thế, từ Bổ đề 2.1,
MQ := I − RN
MQH là nghịch đảo của I + Q và MQXM+N ⊂ XM+N . Điều
này suy ra (2.31).
(ii.) I + Q khả nghịch phải trên XM+N . Cho ˆRQ là một nghịch đảo phải của
I + Q. Từ Bổ đề 2.2 và 2.3, RQ := I − Q + Q ˆRQQ là một nghịch đảo phải
của I + Q và ˆRQXM ⊂ XM . Bổ đề 2.1 chỉ ra rằng RQ := I − RN
RQH là
một nghịch đảo phải của I + Q và RQXM+N ⊂ XM+N , điều này chứng tỏ
(2.32).
(iii.) Nếu I + Q khả nghịch trái nhưng không khả nghịch thì I + Q chỉ khả
nghịch trái. Điều này và (2.32) chỉ ra rằng bài toán (2.19)-(2.20) giải được
nếu và chỉ nếu (2.19) được thỏa mãn. Trong trường hợp đó, cho ˆLQ là một
nghịch đảo trái của I +Q. Từ Bổ đề 2.2 và 2.3, toán tử LQ := I −Q+QˆLQQ
cũng là một nghịch đảo trái của I +Q và LQXM ⊂ XM . Bổ đề 4.1 chỉ ra rằng
LQ := I −RN ˆLQH là một nghịch đảo trái của I +Q và LQXM+N ⊂ XM+N ,
điều này chứng tỏ (2.33).
Đặt Amn = 0 (m = 0, . . . , M − 1; n = 1, . . . , N) và AMn = An (n =
0, . . . , N) trong Định lý 2.4, ta được
Hệ quả 2.6. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và F là một toán tử ban đầu
của D tương ứng với R. Viết
P(D) := DM
Q(D), Q(D) :=
N
n=0
AnDn
,
Q1 :=
N−1
k=0
RN
CkDk
, Q1 :=
N−1
k=0
CkRN−k
, P1 :=
N−1
k=0
CkDk
,
trong đó
Ck := (I −
M−1
j=0
Rj
FDj
)Ak (k = 0, . . . , N − 1).
43

47. (i.) Nếu toán tử giải I + Q1 khả nghịch, thì bài toán giá trị ban đầu



P(D)x = y, y ∈ X
FDj
x = yj, yj ∈ Ker D (j = 0, . . . , M + N − 1)
(2.35)
là thiết lập đúng đắn và nghiệm duy nhất của nó là
x = [I − RN
(I + Q1)−1
P1](RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj).
(ii.) Nếu I +Q1 khả nghịch phải và không khả nghịch thì bài toán giá trị ban
đầu (2.35) là thiết lập không đúng đắn. Tuy nhiên, có các nghiệm có dạng
x = (I − RN
RQ1
P1)(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj) + z,
trong đó RQ1
:= I − Q1 + Q1
˜RQ1
Q1, ˜RQ1
∈ RI+Q1
∈ Ker (I + Q1) tùy ý.
(iii.) Nếu I + Q1 khả nghịch trái và không khả nghịch thì bài toán giá trị ban
đầu (2.35) là thiết lập không đúng đắn và có một nghiệm với điều kiện cần
và đủ là
RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj ∈ (I + Q1)XM+N .
Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất là
x = (I − RN
LQ1
P1)(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj),
trong đó LQ1
:= I − Q1 + Q1
˜LQ1
∈ LI+Q1
. Tương tự, chúng ta có
Hệ quả 2.7. Giả sử
ˆP(D) := Q(D)DM
, ˆQ(D) =
N
n=0
Dn
An, Q2 =
k=0
N − 1RN−k
Sk,
trong đó
S0 = A0, Sk = Ak −
N−1−k
m=0
FDm
Am+k (k = 0, . . . , N − 1).
44

48. (i.) Nếu I + Q2 khả nghịch thì bài toán giá trị ban đầu



ˆP(D)x = y, y ∈ X
FDj
x = yj, yj ∈ Ker DQ (j = 0, . . . , M + N − 1)
(2.36)
là thiết lập đúng đắn và nghiệm duy nhất của nó là
x = [I − RM
(I + Q2)−1
Q2DM
](RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj).
(ii.) Nếu I + Q2 khả nghịch trái và không khả nghịch thì bài toán giá trị ban
đầu (2.36) là thiết lập không đúng đắn, và có một nghiệm với điều kiện cần
và đủ là
RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj ∈ (I + RM
Q2DM
)XM+N .
Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì bài toán (2.36) có nghiệm duy nhất
x = (I − RM
LQ2
Q2DM
)(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj),
trong đó LQ2
= I − Q2 + Q2
ˆLQ2
Q2, ˆLQ2
∈ LI+Q2
.
(iii.) Nếu I + Q2 khả nghịch phải và không khả nghịch thì bài toán (2.36) là
thiết lập không đúng đắn. Tuy nhiên, bài toán này có một nghiệm có dạng
x = (I − RM
RQ2
Q2DM
)(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj) + z,
trong đó RQ2
= I − Q2 + Q2
ˆRQ2
Q2, ˆRQ2
∈ RI+Q2
, z ∈ Ker (I + RM
Q2DM
)
tùy ý.
Bây giờ, chúng ta xét bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) trong trường hợp
một toán tử giải khả nghịch tổng quát.
Định nghĩa 2.4 ([1]-[2]). Một toán tử V ∈ L(X) được gọi là khả nghịch
hầu suy rộng trên một không gian con E ⊂ X nếu E ⊂ dom V, V E ⊂ E
và tồn tại một WV ∈ WV sao cho WV E ⊂ E.
Bổ đề 2.7. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD . Đặt
Q(D) :=
N
j=0
AjDj
, Q := Q(I, R) =
N
j=0
AjRN−j
,
45

49. Aj ∈ L(X), AjXN−j ⊂ Xk (j = 0, . . . , N).
Khi đó, toán tử I + Q khả nghịch hầu suy rộng trên Xk với k ∈ N nếu
và chỉ nếu I + RN
Q(D) là khả nghịch hầu suy rộng trên XN+k.
Chứng minh. Từ các giả thiết trên Aj, [I + Q(I, R)]Xk ⊂ XN và
[I + RN
Q(D)]XN+k ⊂ XN+k.
Giả sử rằng I + Q là khả nghịch hầu suy rộng, có nghĩa là, tồn tại
WQ ∈ WI+Q sao cho WQXk ⊂ Xk. Viết
WQ
= I − RN
WQQ(D).
Dễ dàng kiểm tra được rằng, WQ
được định nghĩa trên XN+k và WQXN+k
⊂
XN+k.
Trên XN+k ta có
[I + RN
Q(D)]WQ[I + RN
Q(D)]
= [I + RN
Q(D)][I − RN
WQQ(D)][I + RN
Q(D)]
= [I + RN
Q(D)]{I + RN
Q(D) − RN
WQQ(D)[I + RN
Q(D)]}
= [I + RN
Q(D)]{I + RN
Q(D) − RN
WQ[I + Q(D)RN
]Q(D)}
= [I + RN
Q(D)]{I + RN
Q(D) − RN
WQ[I + Q(I, R)]Q(D)}
= [I + RN
Q(D)]2
− [I + RN
Q(D)]RN
WQ[I + Q(I, D)]Q(D)
= [I + RN
Q(D)]2
− RN
[I + Q(D)RN
]WQ[I + Q(I, R)]Q(D)
= [I + RN
Q(D)]2
− RN
[I + Q(I, R)]WQ[I + Q(I, R)]Q(D)
= [I + RN
Q(D)]2
− RN
[I + Q(I, R)]Q(D)
= [I + RN
Q(D)]2
− RN
[I + Q(D)RN
]Q(D)
= [I + RN
Q(D)]2
− [I + RN
Q(D)]RN
Q(D) = I + RN
Q(D),
điều nó chứng minh rằng WQ
là khả nghịch hầu suy rộng của I +RN
Q(D) .
Ngược lại, nếu tồn tại WQ
∈ WI+RN Q(D) sao cho WQ
XN+k ⊂ XN+k
thì WQ := I − Q(D)WQ
RN
được định nghĩa trên Xk. WQXk ⊂ Xk và
WQ ∈ WI+Q(I,R). Thật vậy, vì
[I + RN
Q(D)]WQ[I + RN
Q(D)] = I + RN
Q(D),
nói cách khác, ta được ImWQ ∈ dom Q(D) và RN
Xk ⊂ dom WQ. WQ
được định nghĩa trên Xk. Nếu x ∈ Xk thì RN
x = y ∈ XN+k và u =
46

50. WQRN
x ∈ XN+k. Điều này chứng tỏ rằng Q(D)WQRN
x = Q(D)u ∈ Xk.
Vì thế, WQx = [I − Q(D)WQRN
]x = x − Q(D)x ∈ Xk, điều này chứng tỏ
WQXk ⊂ Xk. Trên Xk ta có
(I + Q)WQ(I + Q) = (I + Q)[I − Q(D)WQ
RN
](I + Q)
= (I + Q){I + Q − Q(D)WQ
RN
[I + Q(D)RN
]}
= (I + Q){I + Q − Q(D)WQ
[I + RN
Q(D)RN
]}
= (I + Q)2
− (I + Q) − Q(D)WQ
[I + RN
Q(D)]RN
= (I + Q)2
− (I + Q(D)RN
]Q(D)WQ
[I + RN
Q(D)]RN
= (I + Q)2
− Q(D)[I + RN
Q(D)WQ
[I + RN
Q(D)]RN
= (I + Q)2
− Q(D)[I + RN
Q(D)]RN
= (I + Q)2
− Q(D)RN
]
= (I + Q)2
− Q(I + Q) = I + Q,
điều này chứng tỏ rằng WQ là khả nghịch hầu suy rộng của I + Q. Định lý
được chứng minh.
Bây giờ ta trở lại bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20).
Định lý 2.5. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD tương ứng với
R. Hơn nữa, giả sử Q, Q lần lượt được cho bởi (2.21) và (2.22). Nếu toán tử
giải I + Q là khả nghịch hầu suy rộng nhưng không khả nghịch một phía,
thì bài toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) là thiết lập không đúng đắn và có
các nghiệm với điều kiện cần và đủ là
RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj ∈ (I + Q)XM+N . (2.37)
Nếu điều kiện này thỏa mãn thì mọi nghiệm có dạng
x = WQ(RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj) + z, (2.38)
trong đó WQ := I − RN
WQH, WQ ∈ WI+Q, z ∈ Ker (I + Q) tùy ý.
Chứng minh. Bài toán (2.19)-(2.20) tương đương với phương trình
(I + Q)x = RM+N
y +
M+N−1
j=0
Rj
yj. (2.39)
47

51. Vì dim Ker (I + Q) = 0 nên dim Ker (I + Q) = 0 (Áp dụng Định lý
2.4(iii)). Vì thế, (2.39) giải được nếu và chỉ nếu điều kiện (2.27) được thỏa
mãn. Áp dụng Bổ đề 2.6 cho phương trình (2.39) ta được (2.38). Định lý
được chứng minh.
Ví dụ 2.2. Lấy X := C([0, 1]), C), D := d/dt, R :=
t
0
, (Fx)(t) := x(0). R
là toán tử Volterra, tức là, I + βR khả nghịch với mọi β ∈ C. Xét phương
trình
(I + βRk+1
Dk
)x = y, y ∈ Xk. (2.40)
Vì I + βR(= I + βDk
Rk+1
) khả nghịch, áp dụng Bổ đề 2.2, ta được I +
βRk+1
Dk
khả nghịch trên Xk. Do đó, (2.40) có nghiệm duy nhất
x = (I − βRk
(I + βRk
)−1
Dk
)y ∈ Xk.
Vì thế, bài toán giá trị ban đầu



(D + βRk
Dk
)x = y, y ∈ Xk,
Fx = y1, y1 ∈ Ker D
(2.41)
có nghiệm duy nhất có dạng
x = [I − βR(I − βR)−1
Dk
](Ry + y1). (2.42)
Thật vây, bài toán (2.41) tương đương với phương trình
(I + βRk+1
Dk
)x = Ry + y1,
tức là, nó có dạng (2.40).
Ví dụ 2.3. Lấy Γ là một đường cong đóng trên không gian phức và lấy
X = Hµ
(Γ) (0 < µ < 1).
Xét các toán tử trên X
D := d/dt, (Sx)(t) =
1
πi
Γ
x(s)ds
s − t
, (Ax)(t) := a(t)x(t),
(Bx)(t) := b(t)x(t), (Bjx)(t) := bj(t)x(t),
(Cjx)(t) :=
Γ
cj(s)x(s)ds, j = 0, ...,
48

52. trong đó a, b ∈ Xn, bj, cj ∈ X (j = 0, ...., m). Lấy R là một toán tử Volterra
nghịch đảo tùy ý của D và lấy F := I − RD.
Xét bài toán giá trị ban đầu
n
k=0
dkDk
(A + BS)x +
m
j=0
BjCjx = f, (2.43)
FDk
x = βk, βk ∈ C (k = 0, ..., n), (2.44)
trong đó ak ∈ C (k = 0, ..., n), an = 0. Từ Bổ đề 2.5, bài toán này tương
đương với phương trình
(anI +
n−1
k=0
akRn
Dk
)(A + BS)x +
m
j=0
Rn
BjCjx = Rn
f +
n−1
l=0
Rl
βl. (2.45)
Vì anI + an−1R + ... + a0Rn
khả nghịch, Bổ đề 2.2 chỉ ra rằng (2.45) tương
đương với
(A + BS + K)x = y (2.46)
trong đó
K :=
m
j−0
(anI +
n−1
k=0
akRn
Dk
)−1
Rn
BjCj,
y := (anI +
n−1
k=0
akRn
Dk
)−1
(Rn
f +
n−1
l=0
Rl
βl).
49

53. 2.3 Ví dụ áp dụng
Ví dụ 2.4. Giải phương trình vi phân x” + λx = sin t với t ∈ [0, T](T >
0), x(0) = x0, x (0) = x1 và x0, x1 ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không
gian C(0, T) với toán tử ban đầu (Fx)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds và Q(D) = D2
+ λD = D2
(I + λR). Vì toán tử R khả
nghịch với mọi λ ∈ R nên bài toán đã cho có nghiệm duy nhất
x = [I − R2
(I + λR)−1
λD](R2
y + Rx1 + x0)
= R2
+ Rx1 + x0 − λR2
(I + λR)−1
(Ry + x1).
Ta có R1x =
t
0
x1ds = x1t, (Ry)(t) =
t
0
sin sds = − cos t + 1 và
(R2
y)(t) =
t
0
s
0
sin udu =
t
0
(− cos s + 1)ds = − sin t + t.
Từ đây và công thức (1.20) ta suy ra với mọi λ = 0 thì
(I + λR)−1
(Ry + x1) = (I + λR)−1
(− cos t + 1 + x1)
= − cos t + 1 + x1 − λ
t
0
e−λ(t−s)
(− cos s + 1 + x1)ds.
=
1
λ2
cos t −
1 + 2λ2
λ2
+ x1 e−λt
+
1 + λ2
λ3
sin t.
λR2
(I + λR)−1
(Ry + x1) = −
1
λ
cos t −
1 + λ2
λ2
sin t − λ(1 + 2λ2
+ λ2
x1)e−λt
− 2λ2
+ λ2
x1 −
1
λ2
t + λ(1 + 2λ2
+ λ2
x1 +
1
λ2
).
Do đó,
x(t) =
1
λ2
sin t +
1
λ
cos t + λ(1 + 2λ2
+ λ2
x1)e−λt
50

54. + (1 + 2λ2
+ λ2
x1 + x1 −
1
λ2
)t − λ(1 + 2λ2
+ λ2
x1 +
1
λ2
) + x0.
Với λ = 0 thì x(t) = (R2
y + Rx1 + x0)(t) = − sin t + t + x1t + x0.
Ví dụ 2.5. Giải phương trình vi phân x” + λ2
x = 0 với t ∈ [0, T](T >
0), x(0) = x0, x (0) = x1 và x0, x1 ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không
gian C(0, T) với toán tử ban đầu (Fx)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds và Q(D) = D2
+ λ2
= D2
(I + λ2
R2
). Vì toán tử
I + λ2
R2
= (I + λiR)(I − λiR) là tích của hai toán tử khả nghịch nên nó
khả nghịch. Do đó, với λ = 0 thì bài toán đã cho có nghiệm duy nhất
x = (I + λ2
R2
)−1
(Rx1 + x0)
=
1
λ
λR(I + λ2
R2
)−1
x1 + (I + λ2
R2
)−1
x0
=
1
λ
sλ(x1) + cλ(x0).
Vì thế, x(t) =
x1
λ
sin(λt) + x0 cos(λt) là nghiệm của bài toán đã cho.
Với λ = 0 thì x(t) = (Rx1 + x0)(t) = x1t + x0.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình vi phân x” − 5x + 6 = 0 với t ∈ [0, T](T >
0), x(0) = x0, x (0) = x1 và x0, x1 ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không
gian C(0, T) với toán tử ban đầu (Fx)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải
(Rx)(t) =
t
0
x(s)ds và Q(D) = D2
− 5D + 6 = D2
(I − 5R + 6R2
). Vì toán
tử I − 5R + 6R2
=
1
6
(I − 2R)(I − 3R) là tích của hai toán tử khả nghịch
nên nó khả nghịch.
Do đó, bài toán đã cho có nghiệm duy nhất
x = (I − 5R + 6R2
)−1
(Rx1 + x0)
=
1
6
(I − 2R)−1
[(I − 3R)−1
(Rx1 + x0).
Ta có Rx1 =
t
0
x1ds = x1t.
51

55. Từ đây và công thức (1.20) ta suy ra
(I − 3R)−1
(x1t + x0) = x1t + x0 + 3
t
0
e3(t−s)
(x1s + x0)ds
= (
1
3
x1 + x0)e3t
−
1
3
x1.
Do đó,
x(t) =
1
6
(I − 2R)−1 1
3
x1 + x0 e3t
−
1
3
x1
=
1
6
1
3
x1 + x0 e3t
−
1
3
x1 + 2
t
0
e2(t−s)
e3s
(
1
3
x1 + x0) −
1
3
x1 ds
=
1
2
e3t 1
3
x1 + x0 −
1
3
1
6
x1 − x0 e2t
−
1
9
x1.
Ví dụ 2.7. Giải phương trình vi phân
x (t) − 5x(−t) = 6t2
− 1, t ∈ R, x(0) = 1.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (Fx)(t) = x(0)
và (Rx)(t) =
t
0
x(s)ds, (Ax)(t) = x(−t).
Dx − 5Ax = y, y(t) = 6t2
− 1, (Fx)(t) = 1
trong không gian X = C(R).
Để ý rằng A là toán tử đại số A2
= I và A giao hoán với toán tử
D, tức là AD = DA. Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng
D(I − 5RA)x = y tương đương với
(I − 5RA)x = Ry + z,
trong đó z ∈ Ker D
Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1
Khi đó, phương trình trở thành (I − 5RA)x = Ry + 1, hay
(I − 5RA)(x) =
t
0
(6s2
− 1)ds + 1
= 2t3
− t + 1.
52

56. Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy ra P =
1
2
(I + A), Q =
1
2
(I − A).
Dễ dàng kiểm tra được P2
= P, Q2
= Q và PQ = 0.
Phương trình trở thành [(P + Q) − 5(P − Q)R]x = 2t3
− t + 1
hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = 2t3
− t + 1.
Ta có
(I − 5R)Px = P(2t3
− t + 1)
=
1
2
(I + A)(2t3
− t + 1) = 1.
Suy ra
(Px)(t) = (I − 5R)−1
= 1 + 5
t
0
e5(t−s)
ds = e5t
.
Tương tự, (I + 5R)Qx = 2t3
− t, suy ra
(Qx)(t) =
1
5
(3t2
−
28
5
t −
1
25
+
1
25
− e−5t
).
Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = Px + Qx.
Do đó, x =
1
5
3t2
−
28
5
t −
1
25
+
1
125
e−5t
+ e5t
Ví dụ 2.8. Giải phương trình vi phân
x (t) − 2x(t + 1) = sin πt, t ∈ R, x(0) = 1
trong lớp các hàm tuần hoàn chu kỳ 2, tức là x(t + 2) = x(t), ∀t ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (Fx)(t) = x(0)
và (Rx)(t) =
t
0
x(s)ds, (Bx)(t) = x(t + 1).
Dx − 2Bx = y, y(t) = sin πt, (Fx)(t) = 1
trong không gian các hàm liên tục và tuần hoàn chu kỳ 2 trên R.
Để ý rằng B là toán tử đại số B2
= I và B giao hoán với toán tử D và
R, tức là BD = DB, BR = RB.
Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng D(I − 2RB)x = y tương
đương với
(I − 2RB)x = Ry + z,
53

57. trong đó z ∈ Ker D
Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1
Khi đó, phương trình trở thành (I − 2RB)x = Ry + 1, hay
(I − 2RB)(x) =
t
0
(sin πs)ds + 1
= −
1
π
cos πt + 1.
Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy ra P =
1
2
(I + A), Q =
1
2
(I − A).
Dễ dàng kiểm tra được P2
= P, Q2
= Q và PQ = 0.
Phương trình trở thành [(P + Q) − 2(P − Q)R]x = −
1
π
cos πt + 1
hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = −
1
π
cos πt + 1.
Ta có
(I − 2R)Px = P(−
1
π
cos πt + 1)
=
1
2
(I + B)(−
1
π
cos πt + 1)
= −
1
2π
cos π(t + 1) −
1
2π
cos(π)t + 1.
Suy ra
(Px)(t) = (I − 2R)−1
(−
1
2π
cos π(t + 1) −
1
2π
cos(π)t + 1)
= −
1
2π
cos π(t + 1) −
1
2π
cos(πt) + 1
−
1
π
t
0
cos π(s + 1) − cos(πs) − 1 e2(t−s)
ds
= −
1
4 + π2
π cos π(t + 1) +
π
2
cos πt + sin π(t + 1) + sin(πt)
−
2 + π2
2
e2t
+
1
2
.
Tương tự, (I + 2R)Qx =
1
2π
cos π(t + 1) −
1
2π
cos(πt), suy ra
(Qx)(t) =
1
4 + π2
π cos π(t + 1) +
8 − π2
2π
cos πt + sin π(t + 1) − sin(πt).
54

58. Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = Px + Qx.
Do đó, x = −
1
π
cos(πt) −
2
4 + π2
sin(πt) −
2 + π2
2
e2t
+
1
2
.
55

59. Kết luận
Luận văn "Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và
áp dụng" đã giải quyết được những vấn đề sau:
1. Luận văn đã trình bày chi tiết khái niệm, tính chất toán tử tuyến
tính, toán tử đại số, toán tử Volterra, toán tử khả nghịch phải,
toán tử ban đầu.
2. Tiếp theo, trong luận văn trình bày công thức Taylor-Grontcharov,
với trường hợp riêng là công thức Taylor với toán tử khả nghịch
phải.
3. Cuối cùng, một số lớp bài toán về phương trình với toán tử khả
nghịch phải và giải các ví dụ áp dụng.
56

60. Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
1. Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết toán tử và phương trình tích phân
kỳ dị, NXB ĐHQGHN.
Tiếng Anh
2. D.Przeworska-Rolewicz (1988), Algebraic Analysis, Amsterdam-Warsaw.
3. D. Przeworska-Rolewicz and S. Rolewicz (1968), Equations in linear
spaces, Warsaw Pub.
4. D. Przeworska-Rolewicz and S. Rolewicz (1973), Equations with trans-
formed argument An algebraic approach, Warsaw Pub.
5. Nguyễn Văn Mậu (2005), Algebraic elements and boundary value prob-
lems in linear spaces, VNU Pub. House.
57