Phương trình sai phân ẩn tuyến tính không dừng chỉ số 1

Mục lục
Mở đầu 3
Chơng 1 Bài toán Cauchy cho phơng trình sai phân ẩn với hệ số biến
thiên 12
1.1 Trờnghợphạngcủahệsốcảlàhằng 13
1.1.1 Khái niệm chỉ số . . 13
1.1.2 Bài toán Cauchy . . 21
1.1.3 Bài toán khởi tạo giá trị ban đầu . . . . . . . . . . . . . . 28
1.2 Trờng hợp hệ số cả có hạng thay đổi . . . . . . . . . . . . . . . 33
Chơng 2 Bài toán biên nhiều điểm cho phơng trình sai phân ẩn với hệ số
biến thiên 41
2.1 Khái niệm bài toán chínhqui 42
2.2 Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán chính qui . . . . . . . . 49
2.3 Tính giải đợc của bài toán không chính qui . . . . . . . . . . . 58
Chơng 3 Phơngtrìnhsaiphânẩnchỉsố1vàphơng trình vi phân đại số
chỉ số 1 76
3.1 Lợc đồ sai phân Euler hiện cho bài toán Cauchy đối với phơng
trình vi phân đại số chỉ số1
77
3.1.1 Tính tơng thích giữa khái niệm chỉ số 1 của phơng trình
vi phân đại số và phơng trình sai phân ẩn . . . . . . . .
77
3.1.2 Sự hội tụ của lợcđồEulerhiện 82
3.2 Lợc đồ sai phân Euler hiện cho bài toán biên nhiều điểm đối
với phơngtrìnhviphânđạisốchỉsố1
91
i
3.2.1 Mối liên hệ giữa tính chính qui của bài toán liên tục và
rờirạc
93
3.2.2 Sự hội tụ của lợcđồEulerhiện 99

Kết luận chung 111
Danh mục công trình đã công bố liên quan đến luận án 113
Tài liệu tham khảo 114
1
bảng ký hiệu
N- tập các số tự nhiên.
N
k
= {n N : n k}, N
0
= N {0}.
k = n
1
,n
2
- k {n : n N
0
và n
1
6 n 6 n
2
},ởđâyn
1
, n
2
N
0
.
R, R
m

, R
mìm
- trục s ố thực, không gian véc t ơ thực m-chiều, không gian các ma
trận vuông thực cấp
m.
C(J, R
m
),C
1
(J, R
m
)- không gian các hàm véc tơ liên tục (khả vi liên tục) trên
đoạn
J := [t
0
,T].
kxk- chuẩn Euclid của véc tơ x.
A
T
, A
1
, kAk- chuyển vị, nghịch đảo, chuẩn của ma trận A (tơng thích với
chuẩn Euclid của véc tơ).
I- ma trận đơn vị cấp m.
O- ma trận vuông không cấp m.
(C
0
, ,C
N
) R

mìm(N+1)
-matrậncócáccộtlàcáccộtcủacácmatrận
C
0
, ,C
N
R
mìm
.
ker
A- nhân của ma trận A.
rank
A-hạngcủamatrậnA.
Im
A-ảnhcủamatrậnA.
dim
X- số chiều của không gian X.
span
{v
1
, ,v
n
}- không gian sinh bởi các véc tơ v
1
, ,v
n
.
A
n
= U

n

n
V
T
n
- khai triển kì dị của ma trận A
n
.
diag
(M,N )-matrậnđờng chéo khối.
ker
(
e
D, C
N
Q
N1
)/R- không gian thơng.
(
e
D, C
N
Q
N1
)
+
- nghịch đảo suy rộng theo Moore-Penrose của (
e
D, C

N
Q
N1
).
D =
N
P
n=0
C
n
X
n
- ma trận bắn của bài toán biên nhiều điểm.
Mở đầu
Phơng trình sai phân thờng xuất hiện khi ngời ta mô tả những hiện tợng tiến
hoá quan sát đợc trong tự nhiên. C hẳng hạn, xét quá trình phát triển dân số
từng năm một của một quốc gia hay một vùng nào đó. Nếu gọi
x
n+1
là số dân
tại thời điểm năm
n +1thì x
n+1
là một hàm của số dân x
n
tại thời điểm năm
trớc đó. Sự liên hệ này đợc mô tả bởi hệ thức:
x
n+1
= f(x

n
,n),n N
n
0
.
Phơng trình sai phân theo một biến độc lập n và một hàm phải tìm u
n
là phơng
trình hàm có dạng
F (u
n+1
,u
n
, ,u
nk
,n)=0,n N
n
0
, (0.1)
ởđók là số nguyên không âm, F là một hàm theo các biến u
n+1
,u
n
, ,u
nk
,n
và n
0
là một số nguyên dơng đã cho. Trong trờng hợp k là hữu hạn, (0.1) đợc
gọi là phơng trình sai phân cấp

k +1.Tơng tự nh phơng trình vi phân, mọi
phơng trình sai phân cấp
k +1 đều đađợc về hệ phơng trình sai phân cấp 1
dạng
f(x
n+1
,x
n
,n)=0,n N
n
0
, (0.2)
ởđâyx
n
(n N
n
0
) và f là những véc tơ và hàm véc tơ. Vì vậy khi xét phơng
trình sai phân có cấp hữu hạn tro ng không gian
R
m
ta chỉ cần đề cập đến phơng
trình sai phân cấp
1 dạng (0.2).
Một hớng tiếp cận quan trọng khác là coi phơng trình sai phân nh kết quả
củaviệcrờirạchoácácphơng trình vi phân, tích phân, vi-tích phân và đạo hàm
riêng. Vấn đề này sẽ đợc trình bày kĩ hơn ở phần sau.
Lý thuyết phơng trình sai phân tìm đợc nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực
của toán học cũng nh các khoa học khác, chẳng hạn trong giải tích số, lý thuyết
điều khiển, lý thuyết trò chơi, lý thuyết số, lý thuyết xác suất, giải tích tổ hợp,

khoa học máy tính, lý thuyết mạch, lý thuyết lợng tử, di truyền học, kinh tế học,
tâm lý học và xã hội học, Vì vậy, việc nghiên cứu phơng trình sai phân là
3
4
một vấn đề thời sự của to án học đợc nhiều nhà khoa học quan tâm. Trong thời
gian gần đây đã có nhiều tài liệu chuyên khảo viết về phơng trình sai phân (xem
[1], [2], [18], [28], [22], [26], [37]). Ngoài ra, còn có hàng ngàn bài báo khoa
họcvềphơng trình sai phân và ứng dụng. Có cả một tạp chí quốc tế (Journal
of Difference Equations and Applications) chuyên đăng tải những vấn đề này.
Ta biết rằng nếu ker
f
0
y
(y, x,t)={0} thì (0.2) có thể đavềdạng
x
n+1
= g(x
n
,n),n N
n
0
. (0.3)
Nhng nếu f
0
x
n+1
(x
n+1
,x
n

,n) suybiến,tứclàkerf
0
y
(y,x,t) 6= {0} thì nói chung
(0.2) không đađợc về dạng (0.3). Trong trờng hợp này, (0.2) đợc gọi là
phơng trình s ai phân ẩn. Khi ấy, các kết quả của phơng trình sai phân thờng
(0.3) nói chung không còn đúng. Hiện tợng này xảy ra giống nh khi ta xét
phơng trình vi phân đại số
f(x
0
,x,t)=0,t J := [t
0
,T], (0.4)
ởđâymatrậnf
0
x
0
(x
0
,x,t) không khả nghịch với mọi giá trị của các biến.
Hiện nay, một trong những hớng phát triển mạnh của lý thuyết phơng trình
vi phân là nghiên cứu phơng trình vi phân suy biến (0.4). Đây là một lĩnh vực
đợc nhiều nhà khoa học quan tâm vì rất nhiều bài toán trong thực tế dẫn đến
phơng trình vi phân đại số (0.4). Các ví dụ về bài toán suy biến đa đến nghiên
cứu phơng trình vi phân đại số là bài toán điều khiển tối u, bài toán nhiễu kì
dị, bài toán nửa rời rạc khi sai phân hoá phơng trình đạo hàm riêng bằng phơng
pháp đờng thẳng, bài toán về mô hình mạng điện (xem [16], [14], [13]).
Phơng trình vi phân đại số đã đợc Gantmacher nghiên cứu từ khá lâu (xem
[19]). Nhng mãi đến những năm 80, phơng trình v i phân đại số mới đợc đặc
biệt quan tâm. Đã xuất hiện hàng loạt công trình nghiên cứu về vấn đề này (xem

[16], [14], [15]). Bằng cách sử dụng biến đổi Kronecker cho một cặp ma trận,
ngời ta nhận đợc công thức nghiệm của phơng trình vi phân đại số tuyến tính
ôtônôm
Ax
0
(t)+Bx(t)=q(t),t J, (0.5)
5
với A là ma trận suy biến. Cho đến cuối thập kỷ 80, một loạt các kết quả về
phơng trình tuyến tính
A(t)x
0
(t)+B(t)x(t)=q(t),t J, (0.6)
ởđâymatrậnA(t) suy biến với mọi t J,đãđợc công bố và viết thành các tài
liệu chuyên khảo (xem [ 21], [23], [13]). Có nhiều cách đarakháiniệmchỉsố
cho phơng trình (0.6), là khái niệm để đo khoảng cách giữa phơng trình vi
phân đại số và phơng trình vi phân thờng. Phơng trình vi phân đại số có chỉ
số càng lớn thì độ phức tạp để xử lý chúng càng cao. ở đây, ta chỉ đề cập đến
khái niệm chỉ số 1 của phơng trình (0.6) theo nghĩa của Griepentrog và M

arz.
Khái niệm chỉ số lớn hơn 1 theo nghĩa của Griepentrog và M

arz và các khái niệm
chỉ số theo cách khác có thể tìm đợc trong [20]. Theo Griepentrog và M

arz thì
(0.6) đợc gọi là có chỉ số 1 nếu tồn tại một phép chiếu trơn
Q(t) lên kerA(t)
sao cho ma trận G(t):=A(t)+B(t)Q(t) khả nghịch với mọi t J. Đã chứng
minh đợc rằng, bài toán Cauchy với (0.6) có chỉ số 1 và điều kiện ban đầu

P (t
0
)(x(t
0
) x
0
)=0, (0.7)
với P (t):=I Q(t),làgiảiđợc duy nhất nghiệm. Hơn nữa, công thức nghiệm
của (0.6) và (0.7) có dạng
x(t)=u(t)+Q(t)G
1
(t)(q(t) B(t)u(t)), trong đó u(t)
là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu





u
0
(t)=P (t)G
1
(t)(q(t) B(t)u(t)),t J,
u(t
0
)=u
0
:= P(t
0
)x

0
.
Khác với bài toán Cauchy cho phơng trình vi phân thờng, ở đó điều kiện ban
đầu thờng đợc viết dới dạng
x(t
0
)=x
0
, bài toán giá trị ban đầu đối với
phơng trình v i phân đại số chỉ đòi hỏi
P (t
0
)(x(t
0
) x
0
)=0. Không phải giá trị
x
0
nào cũng có thể sử dụng để khởi tạo x(t).
Bài toán biên hai điểm cho phơng trình vi phân đại số (0.6) với điều kiện
biên
C
0
x(t
0
)+C
T
x(T )= (0.8)
6

cũng đã đợc Griepentrog và M

arz nghiên cứu (xem [21]). Bài toán (0.6) và (0.8)
giải đợc duy nhất nghiệm nếu và chỉ nếu ma trận bắn
D := C
0
X(t
0
)+C
T
X(T )
thoả mãn các điều kiện kerD=kerA(t
0
) và ImD=Im(C
0
,C
T
). Các kết quả sâu sắc
hơn về bài toán biên nhiều điểm đối với phơngtrìnhviphânđạisốcóthểtìm
đợc trong các bài báo của Lentini và M

arz (xem [29]) hoặc P. K. Anh (xem [3]).
Lý thuyết định tính về phơng trình vi phân đại số nh tính ổn định của
nghiệm, bán kính ổn định của phơng trình và đặc biệt là các phơng pháp số để
giải các bài toán về phơng trình vi phân đại số cũng đợc nhiều nhà toán học
quan tâm nghiên cứu (xem [21], [13], [7], [12], [31], [43], [44], [6], [27], [34],
[36], [38], [39], [41]).
Cũng giống nh phơng trình vi phân đại số, trong thực tế có nhiều bài toán
dẫn về nghiên cứu phơng trình sai phân ẩn. Có hai mô hình thực tế tiêu biểu
về vấn đề này là mô hình dân số Leslie (x em [16], [14]) và mô hình kinh tế

Leontief(xem[14],[17]).
Mô hình dân số Leslie đợc mô tả bởi phơng trình sai phân
x
n+1
= T
n
x
n
,
ởđây
T
n
=











b
1
(n) b
2
(n) b
m1

(n) b
m
(n)
p
1
(n)0 00
0 p
2
(n) 00
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
00 p
m1
(n)0

.
Đặt t là đơn vị thời gian, mt là tuổi thọ tối đa của cá thể và A
1
:= (0, t],A
2
:=
(t, 2t], ,A
m
:= ((m1)t, mt]. Trong đó p
k
(n) là khả năng sao cho những
phụ nữ có độ tuổi thuộc
A
k
trong thời gian nt sẽ có độ tuổi thuộc A
k+1
trong
thời gian
(n +1)t. Nói cách khác, p
k
(n) là tỷ lệ sống sót của các bà mẹ ở độ
tuổi

A
k
vào thời gian nt.Cònb
k
(n) là số trẻ sơ sinh nữ đợc sinh ra trong thời
gian
(n +1)t bởi những bà mẹ có độ tuổi thuộc A
k
,tứclàb
k
(n) là tỷ lệ sinh.
Ta thờng gọi ma trận
T
n
là ma trận Leslie. Trong thực tế, khi nghiên cứu về
7
sự phát triển dân số của một vùng nào đó nhiều khi ta biết phân bố số dân theo
từng độ tuổi của vùng đó tại thời điểm hiện tại là
x
n
0
= x
0
và ta cần tìm phân
bố số dân theo từng độ tuổi của vùng ấy tại một thời điểm trớc đó
x
n
0
k
,tứclà

ta cần giải bài toán





x
n+1
= T
n
x
n
,n= n
0
k,n
0
1,
x
n
0
= x
0
.
(0.10)
Điều không may mắn ở đây là ma trận Leslie thờng là suy biến. Chẳng hạn ta
xét
t =5(năm) và m =20, tức là ta có A
1
=(0, 5], ,A
20

=(95, 100]. Chúng
ta có thể cho rằng tồn tại
k
0
sao cho b
20
(n)=ããã= b
20k
0
(n)=0với mọi n,điều
này có nghĩa là
T
n
=

b
1
(n) b
2
(n) b
mk
0
1
(n) b
mk
0
(n)0 00
p
1
(n)0 000 00
0 p
2
(n) 000 00
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
00 p
mk
0
1
(n)0 0 00
00 0 p
mk
0

(n)0 00
00 00p
mk
0
+1
(n) 00
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
00 000 p
m1
(n)0























.

Với phép đổi biến u
i
= x
n
0
i
(i = 0,k) và phép đặt M
i
= T
n
0
i
(i = 0,k),bàitoán
(0.10) trở thành





M
i
u
i+1
= u
i
,i= 0,k 1,
u
0
= x
0

.
(0.10
0
)
Rõ ràng (0.10) là bài toán giá trị ban đầu đối với phơng trình sai phân ẩn.
Mô hình kinh tế Leontief đợc mô tả bởi hệ suy biến
x
n
= Ax
n
+ B(x
n+1
x
n
)+d
n
,
hay
Bx
n+1
=(I + B A)x
n
d
n
. (0.11)
8
Trong đó, nền kinh tế đợc chia thành m lĩnh vực sản xuất, x
n
là véc tơ gồm m
thành phần mà thành phần thứ i của nó là giá trị sản xuất hàng hoá của lĩnh vực

sản xuất thứ
i trong thời điểm n, A là ma trận sản xuất, Ax
n
là phần tiêu hao
trong sản xuất,
B là ma trận đầu t, B(x
n+1
x
n
) là giá trị lợi nhuận sinh ra và
d
n
là véc tơ tiêu dùng. Ma trận đầu t B =(b
ij
) R
mìm
gồm các thành phần
b
ij
là số hàng hoá của lĩnh vực sản xuất thứ i mà lĩnh vực sản xuất thứ j cần để
sản xuất ra
1 đơn vị hàng hoá của lĩnh vực đó. Vì vậy, trong thực tế ma trận B
thờng suy biến, chẳng hạn lĩnh vực sản xuất thứ i nào đó không sản xuất hàng
hoá thì hàng thứ
i của ma trận B là 0. Vậy (0.11) thờng là phơng trình sai
phân ẩn.
Mặt khác, nhiều phơng trình sai phân ẩn chính là kết quả của việc rời rạc
hoá phơng trình vi phân đại số (0.6). Ascher, Brenan, Campbell và Petzold (xem
[13], [8]) đã xét lợc đồ sai phân ẩn
A

n
x
n
x
n1

+ B
n
x
n
= q
n
,n= 1,N,
hay
(A
n
+ B
n
)x
n
= A
n
x
n1
+ q
n
,n= 1,N.
Khi ấy với giả thiết (0.6) có chỉ số 1 thì với bớc lới rời rạc đủ bé ta nhận
đợc ma trận
A

n
+ B
n
khả nghịch, nói cách khác phơng trình trên là phơng
trình sai phân thờng. Bây giờ, áp dụng l ợc đồ sai phân Euler hiện cho (0.6),
ta nhận đợc
A
n
x
n+1
x
n

+ B
n
x
n
= q
n
,n= 0,N 1,
hay
A
n
x
n+1
=(A
n
B
n
)x

n
+ q
n
,n= 0,N 1.
Rõ ràng, phơng trình sai phân trên là phơng trình sai phân ẩn. Tơng tự, ta
cũng nhận đợc phơng trình sai phân ẩn khi sử dụng lợc đồ sai phân trung tâm
cho phơng trình vi phân đại số (0.6).
Ngoài ra có rất nhiều bài toán điều khiển trong kĩ thuật liên quan đến phơng
trình sai phân ẩn.
9
Những mô hình thực tế, cũng nh việc rời rạc hoá phơng trình vi phân đại
số cho ta thấy việc nghiên cứu phơng trình sai phân ẩn là một vấn đề thời
sự đợc nhiều ngời quan tâm. Trong thực tế, phơng trình sai phân ẩn cũng
đã đợc đồng thời đề cập đến khi nghiên cứu về phơng trình vi phân đại số.
Campbell, Meyer (xem [16]) đã dùng biến đổi Kro n ecker giống nh đã sử dụng
trong phơng trình vi phân đại số (0.5) để đaphơng trình sai phân ẩn tuyến
tính ôtônôm
Ax
n+1
= Bx
n
+ q
n
,n N
n
0
,
ởđâyA là ma trận suy biến, về một hệ gồm một phơng trình sai phân thờng và
một phơng trình sai phân ẩn dạng đặc biệt. Các kết quả nhận đợc về phơng
trình sai phân ẩn dạng trên đã đợc Campbell (xem [14]), Dai (xem [17]) áp

dụng cho các bài toán điều khiển dạng





Ex
n+1
= Ax
n
+ Bu
n
,n N
n
0
,
y
n
= Cx
n
,
trongđómatrậnE suy biến.
Gần đây Navarro, Ferrer v à Jodar (x em [35]) đã đa ra công thức nghiệm và
nghiên cứu tính ổn định của nghiệm cho phơng trình sai phân ẩn tuyến tính
ôtônôm bậc cao
B
k
x
n+k
+ B

k1
x
n+k1
+ ããã+ B
0
x
n
= f(n),
ởđâyB
k
là ma trận suy b iến. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phơng trình
saiphânẩncóchậm
Ax
n+1
= Bx
n
+ Cx
nn
0
+ f(n),
với ma trận A suy biến, cũng đã đợc Li, Zhang và Liu (xem [30]) nghiên cứu.
Khác với phơng trình vi phân đại số, các kết quả về phơng trình sai phân
ẩn không dừng mới chỉ đợc đề cập rất ít. Campbell và một số tác giả khác (xem
[14], [15], [40], [42]) mới chỉ xét một lớp hẹp phơngtrìnhsaiphânẩntuyến
tính không dừng. Gần đây Bondarenko, Rutkas và Vlasenko (xem [9], [10], [11])
10
đã đa ra điều kiện giải đợc duy nhất nghiệm và công thức nghiệm của bài toán
Cauchy cho phơng trình sai phân ẩn không dừng
T
n

u
n+1
+ u
n
=
n
,n N
0
,
ởđóT
n
là ma trận có chỉ số 1 và dãy {rankT
n
}

n=0
là dừng. Tuy nhiên, các kết
quả của nhóm tác giả nói trên chỉ là trờng hợp riêng của một số kết quả đợc
trình bày trong Chơng 1 của luận án này.
Đối với phơng trình vi phân đại số tuyến tính và sai phân ẩn tuyến tính
ôtônôm thì cách tiếp c ận để giải quyết chúng giống nhau. Tuy nhiên, khi chuyển
sang phơng trình không dừng, các kĩ thuật áp dụng cho phơng trình vi phân
đại số không còn hữu hiệu đối với phơng trình sai phân ẩn nữa.
Luận án tập trung nghiên cứu một số vấn đề về phơng trình sai phân ẩn
tuyến tính không dừng
A
n
x
n+1
= B

n
x
n
+ q
n
,n N
0
, (0.12)
ởđóA
n
là các ma trận suy biến với mọi n N
0
. Các vấn đề liên quan đến
phơng trình (0.12) đợc nghiên cứu trong luận án bao gồm:
1. Khái niệm chỉ số
1 của phơng trình (0.12).
2. Sự tồn tại nghiệm và công thức nghiệm tờng minh của bài toán giá trị ban
đầu và bài toán biên nhiều điểm.
3. Mối liên hệ giữa phơng trình sai phân ẩn chỉ số
1 và phơng trình vi phân
đại số chỉ số
1.
Khái niệm chỉ số của phơng trình sai phân ẩn đa ra ở đây thể hiện độ suy
biến của phơng trình sai phân ẩn. Nói cách khác, nó đo khoảng cách giữa
phơng trình sai phân ẩn và phơng trình sai phân thờng. Đối với phơng trình
vi phân đại số tuyến tính không dừng, ta dùng các phép chiếu lên các không gian
ker
A(t) và phần bù của nó để tách phơng trình vi phân đại số thành một hệ gồm
một ràng buộc đại số và một phơng trình vi phân thờng. Còn đối với phơng
11

trình sai phân ẩn tuyến tính không dừng, ta lại sử dụng khai triển kì dị của các
ma trận
A
n
vàcácmatrậntựachiếuđểtáchphơng trình sai phân ẩn thành
một hệ gồm một phơng trình sai phân thờng và một ràng buộc đại số. Cách
tiếp cận mới này đã thu đợc một số kết quả tốt cho phơng trình sai phân ẩn
tuyến tính không dừng (0.12). Cách tiếp cận này cũng đợc giới kĩ thuật quan
tâm khi (CSAs Internet Database Service) đa công trình [32] vào (CSA Civil
Engineering Abstracts).
Luận án đợc hình thành trên cơ sở ba bài báo [4], [5], [32] và đợc sắp
xếp thành ba chơng. Chơng 1 dành cho việc trình bày khái niệm chỉ số
1
của phơng trình sai phân ẩn dựa vào khai triển kì dị của A
n
và các phép chiếu
lên ker
A
n
.Chơng này cũng nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và đa ra công thức
nghiệm tờng minh của bài toán Cauchy đối với (0.12) khi hệ số cả có hạng
hằng hoặc có hạng thay đổi. Một số kết quả về bài toán khởi tạo giá trị ban đầu
cũng đợc đề cập đến ở chơng này. Trong Chơng 2, chúng tôi xét bài toán
biên nhiều điểm cho phơngtrìnhsaiphânẩnchỉsố
1. Các kết quả nhận đợc
trong chơng này là đa ra điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại duy nhất nghiệm
của bài toán biên nhiều điểm. Hơn nữa, điều kiện giải đợc cũng nh công thức
nghiệm tờng minh của bài toán không chính qui cũng đợc thiết lập. Chơng 3
trình bày mối liên hệ giữa phơng trình sai phân ẩn chỉ số 1 và phơng trình vi
phân đại số chỉ số

1. Khi áp dụng lợc đồ Euler hiện cho bài toán Cauchy đối
với phơng trình vi phân đại số chỉ số 1 ta sẽ nhận đợc phơng trình sai phân
ẩn chỉ số
1. Hơn nữa, nghiệm của bài toán rời rạc hội tụ về nghiệm của bài toán
liên tục tơng ứng khi bớc lới rời rạc đủ bé. Trong chơng này ta cũng chỉ ra
sự không tơng thích giữa khái niệm chính qui của bài toán liên tục và bài toán
rời rạc nhận đợc khi áp dụng lợc đồ Euler hiện. Sự hội tụ của lợc đồ Euler
hiện cho bài toán biên nhiều điểm cũng sẽ đợc trình bày. Trong cả ba chơng
của luận án, các kết quả lý thuyết đợc minh hoạ bằng các ví dụ tính toán bằng
số trong môi trờng MAPLE. Cuối cùng là phần kết luận, danh mục công trình
đã công bố liên quan đến luận án và tài liệu tham khảo.
Chơng 1
Bài toán Cauchy cho phơng trình sai phân ẩn
vớihệsốbiếnthiên
Trong chơng này, chúng ta sẽ nghiên cứu tính giải đợc của bài toán giá trị ban
đầu cho phơng trình sai phân ẩn tuyến tính không dừng:
A
n
x
n+1
= B
n
x
n
+ q
n
,n N
0
, (1.1)
ởđâyA

n
,B
n
R
mìm
,q
n
R
m
và A
n
là ma trận suy biến với mọi n N
0
.
Phơng trình (1.1) xuất hiện trong rất nhiều ứng dụng và có thể đợc xem
nh là kết quả của sự rời rạc hoá phơng trình vi phân đại số
A(t)x
0
(t)+B(t)x(t)=q(t),t J := [t
0
,T], (1.2)
trong đó A, B C(J, R
mìm
),q C(J, R
m
) và ma trận A(t) suy biến với mọi t J.
Thời gian gần đây đã có nhiều tác giả nhận đợc các kết quả về phơng
trình (1.2) nh Ascher, Boyarincev, Brenan, Campbell, Gear, Griepentrog, Hairer,
M

arz, Petzold, Rheinboldt, Trong các kết quả đã nhận đợc về phơng trình
(1.2), ng ời ta đều giả thiết ker
A(t) trơn theo t,dođóA(t) có hạng hằng. Khi
tiếp cận phơng trình (1.1), bằng cách sử dụng khai triển kì dị của các ma trận
A
n
cũng nh mộtsốkháiniệmvàkĩthuậtcủaphơng trình vi phân đại số, chúng
ta sẽ đa ra khái niệm chỉ số
1 của phơng trình sai phân ẩn tuyến tính khi hạ ng
của hệ số cả là hằng. Trong [4] đã chỉ ra rằng khái niệm chỉ số
1 này hoàn toàn
tơng thích với khái niệm chỉ số
1 của phơng trình vi phân đ ại số theo nghĩa
của Griepentrog và M

arz. Tức là nếu (1.2) có chỉ số 1 thì phơng trình sai phân
nhận đợc từ nó bằng một cách rời rạc thích hợp cũng có chỉ số
1.
Trong chơng này, ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại duy nhất nghiệm và tìm công
thức nghiệm tờng minh của bài to án Cauchy. Một số kết quả liên quan đến bài
12
13
toán Cauchy nh là chọn véc tơ ban đầu P
0
x
0
cũng đợc đề cập ở đây. Hơn nữa,
khác với phơng trình vi phân đại số, trong đó rank
A(t) luôn giả thiết là hằng,
phơng trình sai phân ẩn vẫn có thể giải đợc trong trờng hợp rank

A
n
không
hằng.
Kết quả chính của chơng này đợc công bố trong bài báo [32].
1.1 Trờnghợphạngcủahệsốcảlàhằng
1.1.1 Khái niệm chỉ số
Giả sử rằng A
n
là các ma trận suy biến, khác không, và có hạng hằng, tức là
rank
A
n
= r với mọi n N
0
, trong đó 0 <r<m. Khi đó xét một khai triển kì dị
của
A
n
A
n
= U
n

n
V
T
n
, (1.3)
ởđây

n
là ma trận đờng chéo với các giá trị kì dị
(1)
n

(2)
n
ããã
(r)
n
> 0
trên đờng chéo chính, hay
n
có dạng

n
= diag(
(1)
n
,
(2)
n
, ,
(r)
n
, 0, ,0);
U
n
,V
n

làcácmatrậntrựcgiao,tứclà
U
T
n
U
n
= U
n
U
T
n
= V
T
n
V
n
= V
n
V
T
n
= I.
Đặt V
1
= V
0
,Q
n
= V
n

Q

V
T
n
,P
n
= I Q
n
,n N
0
với Q

:=diag(O
r
,I
mr
),trong
đó
O
r
,I
mr
là kí hiệu của các ma trận vuông không cấp r và ma trận đơn vị cấp
m r. Từdạngcủa
n
và Q

ta có
n

Q

= O,dođóQ
n
là phép chiếu lên kerA
n
.
Trớc khi trình bày khái niệm chỉ số
1 của phơng trình (1.1), chúng ta cần
có một số kết quả bổ trợ. Các kết quả này đợc phát biểu trong hai bổ đề sau.
Bổ đề 1.1. Giả sử rằng ma trận G
n
:= A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
(n N
0
) là không suy
biến. Khi đó ta có
(i)
A
n

P
n
= A
n
(1.4)
14
(ii)
P
n
= G
1
n
A
n
(1.5)
(iii)
G
1
n
B
n
Q
n1
= V
n
Q

V
T
n1

(1.6)
P
n
G
1
n
B
n
Q
n1
= O, Q
n
G
1
n
B
n
Q
n1
= V
n
Q

V
T
n1
(1.7)
(iv) Nếu G
1
n1

tồn tại và đặt
e
P
n1
= I Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
thì
e
Q
n1
:= I
e
P
n1
là một phép chiếu lên kerA
n1
. Hơn nữa,
e
P
n1

G
1
n1
B
n1
e
P
n2
=
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
. (1.8)
Chứng minh. Do A
n
Q
n
= U
n

n
V
T
n
V

n
Q

V
T
n
, V
T
n
V
n
= I và
n
Q

= O,nêntanhận
đợc
A
n
Q
n
= O.VìQ
n
= I P
n
,nênA
n
(I P
n
)=O,hayA

n
P
n
= A
n
.
Đẳng thức (1.4) đợc chứng minh. Ta có
G
n
P
n
=(A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
)P
n
=
(A
n
+ B
n
V

n1
V
T
n
Q
n
)P
n
= A
n
P
n
+ B
n
V
n1
V
T
n
Q
n
P
n
.DoQ
n
P
n
= O nên đẳng
thức cuối trên cho ta
G

n
P
n
= A
n
P
n
. Kết hợp hệ thức vừa nhận đợc với (1.4)
ta suy ra
G
n
P
n
= A
n
,hayP
n
= G
1
n
A
n
. Từđósuyra(1.5). Tiếptheo,từ
G
n
= A
n
+ B
n
V

n1
Q

V
T
n
ta có G
n
A
n
= B
n
V
n1
Q

V
T
n
.NhânV
n
V
T
n1
vào bên
phải hai vế của đẳng thức này và luýrằng
V
T
n
V

n
= I, ta nhận đợc đẳng thức
(G
n
A
n
)V
n
V
T
n1
= B
n
V
n1
Q

V
T
n1
,hayB
n
Q
n1
=(G
n
A
n
)V
n

V
T
n1
. áp dụng đẳng
thức (1.5), ta nhận đợc
G
1
n
B
n
Q
n1
= G
1
n
(G
n
A
n
)V
n
V
T
n1
=(I P
n
)V
n
V
T

n1
=
Q
n
V
n
V
T
n1
= V
n
Q

V
T
n
V
n
V
T
n1
= V
n
Q

V
T
n1
.Vậy(1.6)đợc chứng minh. Đẳng thức
(1.7) là hệ quả trực tiếp của (1.6). Bây giờ ta chứng minh đẳng thức (1.8). Thật

vậy,
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
e
P
n2
=
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
(I Q
n2
V
n2
V
T
n1
G
1

n1
B
n1
)
=
e
P
n1
G
1
n1
B
n1

e
P
n1
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V
n2
V
T
n1
G

1
n1
B
n1
.
Đẳng thức (1.8) sẽ đợc thiết lập nếu ta chứng minh đợc
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V
n2
V
T
n1
G
1
n1
B
n1
= O.
15
Theo (1.6) thì G
1

n1
B
n1
Q
n2
= V
n1
Q

V
T
n2
,vìthế
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V
n2
V
T
n1
G
1

n1
B
n1
=
e
P
n1
V
n1
Q

V
T
n2
V
n2
V
T
n1
G
1
n1
B
n1
.
Để ý rằng V
T
n2
V
n2

= I và V
n1
Q

V
T
n1
= Q
n1
, vì vậy hệ thức trên đợc rút gọn
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V
n2
V
T
n1
G
1
n1
B
n1

=
e
P
n1
Q
n1
G
1
n1
B
n1
.
Mặt khác, ta có
e
P
n1
Q
n1
=(I Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n

)Q
n1
= Q
n1
Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
Q
n1
.
Lại áp dụng (1.6), ta có
e
P
n1
Q
n1
= Q
n1
Q
n1
V

n1
V
T
n
V
n
Q

V
T
n1
= Q
n1

Q
n1
Q
n1
= O. Do đó ta có
e
P
n1
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V

n2
V
T
n1
G
1
n1
B
n1
= O.Vậy
(1.8) đã đợc chứng minh. Vì
e
P
n1
:= I Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
và
e
Q
n1

= I
e
P
n1
nên
e
Q
n1
= Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
. Từ A
n1
Q
n1
= O ta nhận đợc A
n1
e
Q
n1
=

A
n1
Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
= O. Hơn nữa, ta có
e
Q
2
n1
= Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B

n
Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
.
áp dụng (1.6) vào hệ thức trên và luýrằngV
T
n
V
n
= I, V
n1
Q

V
T
n1
= Q
n1
,
Q

2
n1
= Q
n1
,tađợc
e
Q
2
n1
= Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
=
e
Q
n1
. Điều đó chứng tỏ
e
Q
n1
là một phép chiếu lên kerA

n1
.Bổđềđãđợc chứng minh.
Bổ đề 1.2. Giả sử A
n
= U
n

n
V
T
n
= U
n

n
V
T
n
là hai khai triển kì dị c ủa ma trận
A
n
.Khiđó
(i) Các ma trận
G
n
:= A
n
+ B
n
V

n1
Q

V
T
n
và
b
G
n
:= A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
là đồng
thời suy biến hoặc đồng thời không suy biến.
(ii) Nếu
G
n
và G
n1
khảnghịchthì
V

n1
Q

V
T
n
G
1
n
= V
n1
Q

V
T
n
b
G
1
n
(1.9)
và
e
P
n1
G
1
n1
=
e

P
n1
b
G
1
n1
, (1.10)
trong đó
e
P
n1
:= I Q
n1
V
n1
V
T
n
G
1
n
B
n
.
16
Chứng minh. (i) Giả sử G
n
khả nghịch và kí hiệu S
n
:= { : B

n
V
n1
V
T
n
ImA
n
},
ta cần chứng minh rằng
b
G
n
cũng khả nghịch. Để chứng minh điều này, trớc hết
ta chứng tỏ
S
n
kerA
n
= {0}.Thậtvậy,lấyx S
n
kerA
n
tuỳ ý. Do x S
n
nên
tồn tại véc tơ
R
m
sao cho B

n
V
n1
V
T
n
x = A
n
. Nhân Q
n
G
1
n
vào bên trái hai
vế của đẳng thức này ta nhận đợc
Q
n
G
1
n
B
n
V
n1
V
T
n
x = Q
n
G

1
n
A
n
.
Sử dụng đẳng thức (1.5) trong Bổ đề 1.1, ta có Q
n
G
1
n
A
n
= Q
n
P
n
=0,dođó
Q
n
G
1
n
B
n
V
n1
V
T
n
x =0.Tơng tự nh Q

n
,tađặtQ
n
= V
n
Q

V
T
n
,thìQ
n
cũng là
một phép chiếu lên ker
A
n
. Mặt khác, từ x ker A
n
,suyratồntạiz R
m
để x =
Q
n
z. Hơn nữa, A
n1
V
n1
V
T
n

x = U
n1

n1
V
T
n1
V
n1
V
T
n
x = U
n1

n1
V
T
n
Q
n
z =
U
n1

n1
Q

V
T

n
z.Vì
n1
Q

= O nên ta nhận đợc A
n1
V
n1
V
T
n
x =0.Từđây
suy ra
V
n1
V
T
n
x kerA
n1
, hay tồn tại véc tơ R
m
sao cho V
n1
V
T
n
x = Q
n1

.
Nh vậyđẳngthức
Q
n
G
1
n
B
n
V
n1
V
T
n
x =0đợc viết lại l à Q
n
G
1
n
B
n
Q
n1
=0.
Từ hệ thức (1.7) trong Bổ đề 1.1, ta nhận đợc
V
n
Q

V

T
n1
=0,hayQ

V
T
n1
=0.
Điều này có nghĩa là
V
n1
Q

V
T
n1
=0,hayQ
n1
=0.VìV
n1
V
T
n
x = Q
n1

nên V
n1
V
T

n
x =0,hayx =0. Vậy ta nhận đợc S
n
kerA
n
= {0}.Bâygiờtasẽ
chứng minh
b
G
n
khả nghịch. Giả sử
b
G
n
x =0,tứclà(A
n
+B
n
V
n1
Q

V
T
n
)x =0,hay
B
n
V
n1

V
T
n
Q
n
x = A
n
x ImA
n
.VậytacóQ
n
x S
n
. Mặt khác, Q
n
x kerA
n
,
suy ra
Q
n
x kerA
n
S
n
.DokerA
n
S
n
= {0} nên Q

n
x =0. Kết hợp đẳng
thức này với
B
n
V
n1
V
T
n
Q
n
x = A
n
x ta có A
n
x =0,tứclàx kerA
n
.Vìvậy
x = Q
n
x =0. Điều này có nghĩa là
b
G
n
là ma trận khả nghịch.
(ii) Trớc hết, ta để ý rằng cả
Q
n1
và Q

n1
là hai phép chiếu lên kerA
n1
,
do đó
Q
n1
Q
n1
= Q
n1
,hayV
n1
Q

V
T
n1
V
n1
Q

V
T
n1
= V
n1
Q

V

T
n1
.Nhân
V
T
n1
vào bên trái và V
n1
vào bên phải, hai vế của đẳng thức này ta có Q

=
V
T
n1
V
n1
Q

V
T
n1
V
n1
Q

.
Từ đó, bằng cách thay thế
Q

trong

b
G
n
bởi V
T
n1
V
n1
Q

V
T
n1
V
n1
Q

ta có
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
b
G

n
= V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
(A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
)=V
n1
Q

V
T
n
G

1
n
A
n
+V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n
V
n1
V
T
n1
V
n1
Q

V
T
n1
V
n1

Q

V
T
n
17
= V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
A
n
+ V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n

Q
n1
V
n1
Q

V
T
n
.
Sử dụng hệ thức (1.5), ta có V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
A
n
= V
n1
V
T
n
Q
n
P

n
= O. Từđẳngthức
(1.6), suy ra
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n
Q
n1
V
n1
Q

V
T
n
= V
n1
Q

V
T

n
V
n
Q

V
T
n1
V
n1
Q

V
T
n
= Q
n1
Q
n1
V
n1
V
T
n
= Q
n1
V
n1
V
T

n
= V
n1
Q

V
T
n
.
Vậytanhậnđợc
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n
Q
n1
V
n1
Q

V
T

n
= V
n1
Q

V
T
n
,
do đó V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
b
G
n
= V
n1
Q

V
T
n
,hayV

n1
Q

V
T
n
G
1
n
= V
n1
Q

V
T
n
b
G
1
n
.Đẳng
thức (1.9) đợc chứng minh.
Để chứng minh (1.10), ta xét
G
1
n1
b
G
n1
= G

1
n1
(A
n1
+ B
n1
V
n2
Q

V
T
n1
)
= G
1
n1
A
n1
+ G
1
n1
B
n1
V
n2
Q

V
T

n1
.
Ta có Q

= V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n2
V
n2
Q

nên
G
1
n1
B
n1
V
n2
Q

V
T

n1
= G
1
n1
B
n1
V
n2
V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
= G
1
n1
B
n1

Q
n2
V
n2
Q

V
T
n1
.
áp dụng (1.6) vào hệ thức cuối, ta đợc
G
1
n1
B
n1
Q
n2
V
n2
Q

V
T
n1
= V
n1
Q

V

T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
.
Mặt khác, theo (1.5) thì G
1
n1
A
n1
= P
n1
,dođótacó
G
1
n1
b
G
n1
= P
n1
+ V
n1
Q

V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
.
Vậytanhậnđợc
e
P
n1
G
1
n1
b
G
n1
=
e
P
n1
P
n1
+
e
P

n1
V
n1
Q

V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
.
Bổ đề 1.1 khẳng định
e
Q
n1
là phép chiếu lên kerA
n1
nên
e
Q
n1
Q
n1
= Q
n1

hay
e
P
n1
Q
n1
= O,dođó
e
P
n1
V
n1
Q

V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
=
e
P
n1
Q
n1

V
n1
V
T
n2
V
n2
Q

V
T
n1
= O,
18
suy ra
e
P
n1
G
1
n1
b
G
n1
=
e
P
n1
P
n1

. Hơn nữa,
e
P
n1
P
n1
=
e
P
n1
(I Q
n1
)=
e
P
n1
.
Vìthếtacó
e
P
n1
G
1
n1
b
G
n1
=
e
P

n1
,hay
e
P
n1
G
1
n1
=
e
P
n1
b
G
1
n1
, tức là hệ thức
(1.10) đợc thiết lập. Vậy, bổ đề đã đợc chứng minh.
Bổ đề 1.2 chứng tỏ định nghĩa về chỉ số 1 của phơng trình (1.1) dới đây
không phụ thuộc vào việc chọn khai triển kì dị của các ma trận
A
n
.
Định nghĩa 1.1. Phơng trình sai phân ẩn tuyến tính (1.1) đợcgọilàcóchỉsố
1nếu
(i) rank
A
n
= r (0 <r<m), n N
0

.
(ii) Các ma trận G
n
:= A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
khả nghịch với mọi n N
0
.
Ví dụ 1.1. Xét phơng trình sai phân ẩn


11
nn


x
n+1
=


nn

nn 1


x
n
+


2
1


, n N
0
. (1.11)
Ta có A
n
=


11
nn


,B
n
=


nn

nn 1


,q
n
=


2
1


.
Dễ thấy, ker
A
n
=span{(1, 1)
T
}, điều này chứng tỏ rankA
n
1. Hơn nữa, A
n
=
U
n

n
V
T
n

, trong đó
U
n
=
1

n
2
+1


1 n
n 1


,
n
=

2+2n
2


10
00


và V
n
=

1

2


1 1
11


.
Khi đó
Q

=


00
01


,V
1
=
1

2


1 1
11

,Q
n
= V
n
Q

V
T
n
=
1
2


1 1
11


, n N
0
.
Do đó P
n
=
1
2

11
11


với mọi n N
0
.Từđótanhậnđợc
G
n
= A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
=


11
n +
1
2
n
1
2

, n N
0
.
Do G
n
khả nghịch với mọi n N
0
nên (1.11) là phơng trình sai phân ẩn chỉ số
1.
19
Ví dụ 1.2. Xét phơng trình (1.1) với A
n
, B
n
và q
n
cho bởi
A
n
=


1 1 n
1 1 n


,B
n

=


2 1 n
20


,q
n
=


n
n 1


. (1.12)
Khi đó kerA
n
=span{(1 + n, 1)
T
} với mọi n N
0
, suy ra rankA
n
1 .Khaitriển
kì dị của
A
n
là A

n
= U
n

n
V
T
n
với
V
n
=
1
p
1+(1+n)
2


11+n
1 n 1


,
n
=


p
2(1 + (1 + n)
2

)0
00


;
do đó
Q

=


00
01


,V
1
= V
0
=
1

2


11
11


.

Từđâybằngtínhtoántanhậnđợc
G
0
= A
0
+ B
0
V
1
Q

V
T
0
=


3
2

1
2
20


,
G
n
= A
n

+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
=
1
M
n


M
n
+ n
2
1 n 1 M
n
(n +1)
M
n
+2n(n +1) 2n M
n
(n +1)


, n N,

ởđâyM
n
:=
p
(1 + n
2
)(1 + (1 + n)
2
). Suy ra detG
0
=1,
det
G
n
=
(n+1)

1+(1+n)
2

1+n
2
6=0, n N. Điều này chứng tỏ phơng trình (1.1) với
dữ liệu (1.12) có chỉ số 1.
Ví dụ 1.3. Xét phơng trình sai phân ẩn (1.1) với
A
n
=

1 1
n +1 n 1


,B
n
=


10
n 1


,q
n
=


n
2
1
n


, n N
0
. (1.13)
Trong trờng hợp này ta có kerA
n
=span{(1, 1)

T
},vìvậytanhậnđợc rankA
n
1.
Ta có khai triển kì dị của ma trận
A
n
có dạng A
n
= U
n

n
V
T
n
,ởđây

n
=


p
2(1 + (n 1)
2
)0
00


,V

n
=
1

2


11
11


, n N
0
;
20
do đó Q

=


00
01


.Dễthấy
G
n
= A
n
+ B

n
V
n1
Q

V
T
n
=
1
2


1 3
1 n 3(n 1)


;
suy ra detG
n
=0.VậyG
n
không khả nghịch, hay phơng trình (1.13) không là
phơng trình có chỉ số 1. Tuy nhiên, nếu thay
B
n
bằng ma trận B
n
=

2n 0
11


thì ma trận G
n
=


n +1 n 1
2 nn


.ĐiềunàysuyradetG
n
=2(n
2
n +1)6=0
với mọi n N
0
. Vậy với dữ liệu cho bởi (1.13) và B
n
là ma trận vừa xét, (1.1)
là phơng trình có chỉ số 1.
Để có sự so sánh khái niệm chỉ số của phơng trình sai phân ẩn mà ta vừa
đa ra với khái niệm chỉ số của phơng trình vi phân đại số, sau đây ta sẽ nhắc
lại một số định nghĩa về khái niệm chỉ số của phơng trình vi phân đại số.
Định nghĩa 1.2. ([14], [21]) Cho A làmộtmatrận.Khiđó
k := min{n N

0
: ker A
n
= kerA
n+1
}
đợcgọilàchỉsốcủamatrậnA và kí hiệu là ind(A).
Định nghĩa 1.3. ([14], [21]) Cặp ma trận {A, B} đợc gọi là chính qui nếu
det(
A + B) không là đa thức đồng nhất 0.
Bổ đề 1.3. ([14], [21]) Cho {A, B} là cặp ma trận chính qui và c, c là các s ố
thực sao cho
c 6= c, det(cA + B) 6=0, det(cA + B) 6=0. Khi đó
ind((cA + B)
1
A)=ind((cA + B)
1
A).
Từ Bổ đề 1.3 ta có định nghĩa về chỉ số của cặp ma trận dới đây không phụ
thuộc vào việc chọn số thực
c.
Định nghĩa 1.4. ([14], [21]) Cho {A, B} là cặp ma trận chính qui. Khi đó chỉ số
của cặp ma trận
{A, B},kíhiệuind(A, B),làchỉsốcủamatrận(cA + B)
1
A,
trong đó
c là số thực sao cho det(cA + B) 6=0.
21
Định nghĩa 1.5. ([21]) Ph ơng trình vi phân đại số (1.2) đợcgọilàcóchỉsố1

nếu:
(i) Tồn tại phép chiếu trơn
Q C
1
(J, R
mìm
) lên kerA(t): Q
2
(t)=Q(t),
ImQ(t)=kerA(t) với mọi t J.
(ii) Ma trận
G(t):=A(t)+B(t)Q(t) không suy biến với mọi t J.
Bổ đề 1.4. ([21]) Cho {A, B} là cặp ma trận chính qui và Q là phép chiếu bất
kỳ lên kerA. Khi đó ta có các mệnh đề sau là tơng đơng.
(i) ind
(A, B)=1.
(ii) Ma trận
G := A + BQ không suy biến.
Nhận xét 1.1. Từ điều kiện (i) của Định nghĩa 1.5, ta có thể suy ra đợc rankA(t)
là hằng. Theo Bổ đề 1.4, ta có chỉ số của cặp ma trận {A(t),B(t)} trong phơng
trìnhviphânđạisốchỉsố1luônbằng1vớimọi
t J, trong khi đó chỉ số của
cặp ma trận
{A
n
,B
n
} trong phơng trình sai phân ẩn chỉ s ố 1 lại không nhất thiết
bằng 1 với mọi
n N

0
, thậm chí có thể tồn tại k N
0
mà cặp {A
k
,B
k
} không
chính qui. Đây chính là điểm khác biệt giữa hai khái niệm chỉ số của phơng
trình sai phân ẩn và phơng trình vi phân đại số.
1.1.2 Bài toán Cauchy
Tơng tự nh phơng trình vi phân đại số (xem [21]) nếu ta đặt điều kiện ban
đầu cho (1.1) là
x
0
x
0
=0, (1.14)
với x
0
R
m
cho trớc, bài toán giá trị ban đầu (1.1) và (1.14) có thể vô nghiệm.
Chẳng hạn, xét phơng trình (1.11 ), với
n =0ta có


11
00

x
1
=


00
0 1


x
0
+


2
1


.
22
Từ đẳng thức trên ta nhận đợc x
(2)
0
= 1,ởđâyx
0
=(x
(1)
0
,x

(2)
0
)
T
R
2
.Vậynếu
lấy
x
0
=(, )
T
R
2
,ởđó 6= 1, thì bài toán Cauchy

11
nn



x
n+1
=



nn
nn 1



x
n
+



2
1



,n N
0

,
x
0
= x
0
sẽ vô nghiệm. Vì vậy đối với phơng trình sai phân ẩn, ta không yêu cầu véc
tơ
x
0
x
0
bằng véc tơ không mà chỉ yêu cầu một số thành phần của nó bằng 0,
chẳng hạn
P
0
(x
0
x
0
)=0. (1.15)
Để thiết lập tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy đối với phơng trình
saiphânẩncóchỉsố1trớc tiên ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 1.5. Giả sử A
n
= U
n

n
V
T

n
= U
n

n
V
T
n
là hai khai triển kì dị của A
n
.
Đặt
b
P
n1
= I Q
n1
V
n1
V
T
n
b
G
1
n
B
n
với
b

G
n
:= A
n
+ B
n
V
n1
Q

V
T
n
, M
(n)
k
=
k
Q
i=0
G
1
n1i
B
n1i
,
c
M
(n)
k

=
k
Q
i=0
b
G
1
n1i
B
n1i
(k = 0,n 1). Khi đó ta có
e
P
n1
=
b
P
n1
(1.16)
và
e
P
n1
M
(n)
k
=
b
P
n1

c
M
(n)
k
. (1.17)
Chứng minh. Từ đẳng thức (1.9) trong Bổ đề 1.2, ta nhận đợc ngay hệ thức
(1.16). Sử dụng hệ thức (1.8), ta có
e
P
n1
M
(n)
k
=
e
P
n1
k
Y
i=0
e
P
n1i
G
1
n1i
B
n1i
và
b

P
n1
c
M
(n)
k
=
b
P
n1
k
Y
i=0
b
P
n1i
b
G
1
n1i
B
n1i
.
23
Theo (1.16) và (1.10) thì
b
P
n1i
b
G

1
n1i
=
e
P
n1i
b
G
1
n1i
=
e
P
n1i
G
1
n1i
,hay
b
P
n1i
b
G
1
n1i
B
n1i
=
e
P

n1i
G
1
n1i
B
n1i
(i = 0,k).Suyra
e
P
n1
k
Y
i=0
e
P
n1i
G
1
n1i
B
n1i
=
b
P
n1
k
Y
i=0
b
P

n1i
b
G
1
n1i
B
n1i
.
Từ đây ta nhận đợc (1.17).
Bây giờ chúng ta sẽ thiết lập tính duy nhất nghiệm và xây dựng công thức
nghiệm tờng minh cho bài toán giá trị ban đầu (1.1), (1.15).
Định lý 1.1. Giảsửphơng trình (1.1) có chỉ số 1. Khi đó bài toán Cauchy (1.1),
(1.15) luôn có duy nhất nghiệm với mọi vế phải
q
n
R
m
,ởđón N
0
,vànghiệm
đợc cho bởi công thức
x
0
=
e
P
1
x
0
V

1
Q

V
T
0
G
1
0
q
0
,
x
1
=
e
P
0
(G
1
0
B
0
x
0
+ G
1
0
q
0

) V
0
Q

V
T
1
G
1
1
q
1
, (1.18)
x
n
=
e
P
n1
(M
(n)
n1
x
0
+
n2
P
k=0
M
(n)

n2k
G
1
k
q
k
+ G
1
n1
q
n1
)
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
q
n
,n N
2
.
Hơn nữa, công thức (1.18) không phụ thuộc vào việc chọn các khai triển kì dị
của các ma trận
A

n
.
Chứng minh. Vì (1.1) có chỉ số 1 nên cá c ma trận G
n
= A
n
+B
n
V
n1
Q

V
T
n
,n N
0
,
đều khả nghịch. Nhân
P
n
G
1
n
và Q
n
G
1
n
vào bên trái hai vế của phơng trình

(1.1), ta nhận đợc hệ





P
n
G
1
n
A
n
x
n+1
= P
n
G
1
n
B
n
x
n
+ P
n
G
1
n
q

n
Q
n
G
1
n
A
n
x
n+1
= Q
n
G
1
n
B
n
x
n
+ Q
n
G
1
n
q
n
(n N
0
).
áp dụng hệ thức (1.5), ta có thể viết lại hệ trên nh sau

P
n
P
n
x
n+1
= P
n
G
1
n
B
n
x
n
+ P
n
G
1
n
q
n
Q
n
P

n
x
n+1
= Q
n
G
1
n
B
n
x
n
+ Q
n
G
1
n
q
n
(n N
0
),
24
hay





P

n
x
n+1
= P
n
G
1
n
B
n
(P
n1
x
n
+ Q
n1
x
n
)+P
n
G
1
n
q
n
0=Q
n
G
1
n

B
n
(P
n1
x
n
+ Q
n1
x
n
)+Q
n
G
1
n
q
n
(n N
0
).
Theo hệ thứ c (1.7), hệ trên đợc rút gọn là





P
n
x
n+1

= P
n
G
1
n
B
n
P
n1
x
n
+ P
n
G
1
n
q
n
,
0=Q
n
G
1
n
B
n
P
n1
x
n

+ V
n
Q

V
T
n1
x
n
+ Q
n
G
1
n
q
n
.
(1.19)
(1.20)
Mặt khác, nhân V
n1
V
T
n
vào bên trái hai vế của (1.20), ta thu đợc
V
n1
Q

V

T
n
G
1
n
B
n
P
n1
x
n
+ Q
n1
x
n
+ V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
q
n
=0,
hay
P

n1
x
n
+ Q
n1
x
n
= P
n1
x
n
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n
P
n1
x
n
V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
q
n
.
Do đó
x
n
=(I V
n1
Q

V
T
n
G
1
n
B
n
)P
n1
x
n
V

n1
Q

V
T
n
G
1
n
q
n
,
tức là
x
n
=
e
P
n1
P
n1
x
n
V
n1
Q

V
T
n

G
1
n
q
n
.
Đặt u
n
= P
n1
x
n
,n N
0
. Khi đó hệ thức trên có dạng
x
n
=
e
P
n1
u
n
V
n1
Q

V
T
n

G
1
n
q
n
,n N
0
, (1.21)
ởđâyu
n
là nghiệm của phơng trình sai phân thờng





u
n+1
= P
n
G
1
n
B
n
u
n
+ P
n
G

1
n
q
n
,
u
0
= u
0
:= P
0
x
0
(= P
1
x
0
).
(1.22)
Nghiệm của (1.22) đợc cho bởi
u
n
=(
n1
Q
i=0
P
n1i
G
1

n1i
B
n1i
)u
0
+
n2
P
k=0
(
nk2
Q
i=0
P
n1i
G
1
n1i
B
n1i
)P
k
G
1
k
q
k
+ P
n1
G

1
n1
q
n1
,n N.