Bất đẳng thức halanay và bất đẳng thức gronwall trong nghiên cứu định tính các phương trình sai phân

1
Mục lục
1 Bất đẳng thức Gronwall 7
1.1 Trường hợp thời gian liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 Công thức cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Các công thức mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Trường hợp thời gian rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.2.1 Bất đẳng thức Gronwall dạng sai phân . . . . . . . . . . . . 12
1.2.2 Một số trường hợp mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3 Ứng dụng vào việc nghiên cứu tính ổn định . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.1 Tính ổn định của hệ vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.2 Tính ổn định của hệ sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Bất đẳng thức Halanay 26
2.1 Trường hợp thời gian liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.1 Bất đẳng thức Halanay nguyên thủy . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.2 Bất đẳng thức mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Trường hợp thời gian rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2.1 Một số bất đẳng thức mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2.2 Khảo sát tính ổn định và các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.3 Tính ổn định của một lớp phương trình đặc biệt . . . . . . . 38
2
Mở đầu
Khi nghiên cứu định tính các phương trình vi phân hoặc sai phân ta
thường phải đánh giá chuẩn của nghiệm chính xác hoặc của sai số giữa
nghiệm chính xác và nghiệm xấp xỉ. Các bất đẳng thức vi phân, vi-tích
phân, sai phân thường được dùng trong các công đoạn đánh giá đó. Có
rất nhiều bất đẳng thức được biết đến nhưng trong luận văn này chúng
tôi chỉ đề cập tới hai loại rất nổi tiếng là bất đẳng thức Gronwall và bất
đẳng thức Halanay. Sau phần trình bày các công thức nguyên thuỷ chúng
tôi sẽ trình bày một số kết quả mở rộng kinh điển, mở rộng gần đây. Các
bất đẳng thức mở rộng chủ yếu ở dạng sai phân nhằm phục vụ cho mục

tiêu chính là khảo sát tính ổn định nghiệm của các phương trình sai phân.
Bằng các cách rời rạc hoá khác nhau, các phương trình vi phân thường
đưa về được các phương trình sai phân với độ sai khác cho phép theo một
quy ước nào đó. Các phương trình sai phân là các đẳng thức chứa hàm
cần tìm với biến độc lập nhận giá trị trong Z := {0, ±1, ±2, } hoặc trong
Z
+
:= {0, 1, 2, } ⊂ Z và chứa sai phân đến một cấp nào đó của hàm cần
tìm. Mở rộng các bất đẳng thức và vận dụng chúng vào việc nghiên cứu
tính chất của các phương trình nói trên là một thực tế cần thiết. Vì vậy,
chúng tôi chọn đề tài cho luận văn này theo tựa đề trên đây.
Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mục
tài liệu tham khảo. Chương một trình bày về bất đẳng thức Gronwall. Bắt
đầu từ bất đẳng thức nguyên thủy, phát biểu cho trường hợp thời gian liên
tục, chúng tôi nêu lại một số kết quả mở rộng chủ yếu cho trường hợp thời
gian rời rạc. Chương hai nói về bất đẳng thức Halanay. Các vấn đề cũng
được diễn giải theo sơ đồ ở chương một. Do các nội dung này là khó nên
các kết quả chính đều có trình bày phần chứng minh. Trong từng chương,
các kết quả về khảo sát tính ổn định được đưa ra nhằm minh hoạ cho giá
trị ứng dụng của các bất đẳng thức đã nêu ra. Kết quả nổi bật trong phần
ứng dụng này là dấu hiệu ổn định của hệ phi tuyến có bậc tăng trưởng
dưới tuyến tính ứng với một lớp phương trình sai phân đặc biệt nhận được
nhờ phép rời rạc hoá xấp xỉ hai phía.
Bản luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học Tự nhiên,
Đạị học Quốc gia Hà Nội, dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Sinh
3
Bảy. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã
dành nhiều công sức và thời gian để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ tôi trong
việc tìm hiểu các kiến thức chuyên ngành và hoàn thành bản luận văn. Tôi
xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trong khoa Toán - Tin - Cơ học, trường

Đại học Khoa học Tự nhiên về các kiến thức và những điều tốt đẹp mang
lại cho tôi trong thời gian học tập tại trường. Tôi xin cám ơn khoa Sau
Đại học về việc tạo các điều kiện thuận lợi trong quá trình làm thủ tục
nhập học và thủ tục bảo vệ luận văn. Cám ơn các thầy và các bạn trong
lớp về sự giúp đỡ và những ý kiến trao đổi quí báu đối với bản thân tôi
trong thời gian qua. Xin cám ơn Lãnh đạo và các thầy cô trường Đại học
Việt - Hung về những điều kiện thuận lợi đã dành cho tác giả để tác giả
có thể hoàn thành khoá học và bản luận văn này. Cuối cùng tôi muốn tỏ
lòng biết ơn gia đình, người thân, chỗ dựa về tinh thần và vật chất cho tôi
trong cuộc sống và trong học tập.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng bản luận văn khó tránh khỏi những
điều thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự bao dung và những lời
góp ý quý báu của quý thầy, cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 10 năm 2014
Trần Quang Ánh
4
SUMMARY
Thesis title : “Inequality Halanay and inequality Gronwall in qualitative
study of difference equations”
Full name : Tran Quang Anh
Specialization: Analysis
Spec. code : 60 46 01 02
Supervisor : Ass. Prof. Nguyen Sinh Bay
In qualitative study of differential equations or of difference equations of-
ten to assess the estimation of solutions or experimental error between the
exact solutions and approximate test. The differential, integro-differential
inequalities are often used in the stage of evaluation. There are many in-
equalities known, but in this thesis we only mention two very well-known
type of those inequalities. We would like to mention on the Gronwall in-
equality and Halanay inequality. After the presentation of the original for-

mula of each inequality we will present some results as classical extensions
and some recent expansions. The inequality expand mainly in the form of
difference relations to serve the main goal - to investigate the stability of so-
lutions of difference equations. By different ways of various discretization,
the differential equations are often taken to be the difference equation with
the admissible errors. The difference equations are the relationship contain-
ing the independent variables and unknown function of this variable with
some level of differences. Expansion of those inequalities and apply them
to the study of the properties of solutions for the equations above are an
actual need. Therefore, we choose topics for essays under the title above.
The thesis consists of the introduction, two chapters , conclusion and
list of references.
Chapter one presents the Gronwall inequality. Starting from the original
inequality, said for the case of continuous time, we outlined some of the
results of major expansion for discrete-time case.
Chapter two said about Halanay inequality. The problem was interpreted
5
in the diagram in chapter one. Because this content is difficult so the main
results are presented the proof. In each chapter, the results of the survey
stability is given to illustrate the application value of the inequality raised.
Outstanding results in this application are criteria for stabilization of non-
linear systems with levels of growth lower than linear with a class of linear
differential equation special permission received by discrete approximation
of the two sides.
In total, the thesis presented method uses two types of inequality dedi-
cated to the study some class of differential equations and difference equa-
tions. Thesis stated and proved the original inequality Gronwall ’s and
Halanay’s type, then extended to some cases with continuous time or dis-
crete time. Applying the inequality has expanded research and dissertation
done examining the stability for a few class - equation special form and on

some specific examples.
6
Bảng các kí hiệu
R
+
:= [0; +∞)
Z
+
:= {0; 1; 2; 3; }
Z := {0; ±1; ±2; ±3; }
C[R
+
, R
+
] - tập các hàm liên tục từ R
+
vào R
+
.
R
n
- không gian véc tơ n- chiều
Z
+
n
0
:= {n
0
; n
0

+ 1; n
0
+ 2; }
Z
(m;n)
:= {m; m + 1; m + 2; , n}
∆x(n) = x(n + 1) − x(n) tương đương với ∆x
n
= x
n+1
− x
n
.
7
Chương 1
Bất đẳng thức Gronwall
1.1 Trường hợp thời gian liên tục
1.1.1 Công thức cổ điển
Trong luận văn ta sẽ kí hiệu C[R
+
, R
+
] là tập các hàm số không âm, xác
định trên R
+
, trong đó R
+
:= [0, +∞).
Định lý 1.1. Cho các hàm số x, v ∈ C[R
+

, R
+
]. Giả sử với c ≥ 0 có bất
đẳng thức
x(t) ≤ c +
t

t
0
v(s)x(s)ds, t ≥ t
0
≥ 0. (1.1)
Khi đó ta cũng có bất đẳng thức
x(t) ≤ c exp

t

t
0
v(s)ds

, t ≥ t
0
. (1.2)
Chứng minh.
a) Trường hợp c > 0. Từ (1.1), do c > 0; v(s) > 0 và t
0
≤ t ta có c +
t


t
0
v(s)x(s)ds > 0. Do đó, (1.1) thỏa mãn chỉ khi
x(t)
c +
t

t
0
v(s)x(s)ds
≤ 1.
Vì v(t) > 0 nên bất đẳng thức cuối thỏa mãn chỉ khi
x(t)v(t)
c +
t

t
0
v(s)x(s)ds
≤ v(t).
8
Do t
0
≤ t nên có thể lấy tích phân hai vế, ta được
ln

c +
t

t

0
v(s)x(s)ds

− ln c ≤ exp

t

t
0
v(s)ds

.
Hay
c +
t

t
0
v(s)x(s)ds ≤ c. exp

t

t
0
v(s)ds

.
Mặt khác, theo giả thiết
x(t) ≤ c +
t


t
0
v(s)x(s)ds, t ≥ t
0
≥ 0.
Vậy,
x(t) ≤ c. exp[
t

t
0
v(s)ds].
b) Trường hợp c = 0: Với mọi ε > 0 ta có (1.2) thỏa mãn với c = ε. Cho
ε → 0
+
, ta có x(t) ≡ 0. Nghĩa là (1.2) đúng. Định lý được chứng minh
xong. 
1.1.2 Các công thức mở rộng
a) Thay hằng số c bởi hàm h(t) ≥ 0.
Dưới đây là công thức mở rộng cho trường hợp một hàm không âm h(t),
xác định trên R
+
thay thế vai trò của hằng số dương c trong định lý trên.
Định lý 1.2. Cho các hàm số: x, v, h ∈ C[R
+
, R
+
]. Giả sử bất đẳng thức
sau thỏa mãn

x(t) ≤ h(t) +
t

t
0
v(s)x(s)ds, t ≥ t
0
. (1.3)
Khi đó bất đẳng thức dưới đây cũng thỏa mãn
x(t) ≤ h(t) +
t

t
0

v(s)h(s)

exp

t

s
v(ζ)dζ

ds, t ≥ t
0
. (1.4)
Chứng minh.
Để chứng minh định lý ta cần bổ đề dưới đây. Bổ đề này được dùng để
9

đánh giá độ tăng trưởng nghiệm của phương trình vi phân cấp một dạng
tuyến tính. Bản chất của bổ đề trên là từ một bất đẳng thức dạng vi phân
dẫn đến một bất đẳng thức dạng tích phân.
Bổ đề 1.1. Cho các hàm x ∈ C
1

R
+
, R
+

; v, h ∈ C

R
+
, R
+

. Giả sử
x

(t) ≤ v(t)x(t) + h(t), x(t
0
) = c ≥ 0, t ≥ t
0
.
Khi đó
x(t) ≤ c exp

t


t
0
v(s)ds

+
t

t
0
h(s) exp

t

s
v(σ)dσ

ds, t ≥ t
0
.
Chứng minh.
Đặt q(t) = x(t) exp[−
t

t
0
v(s)ds]. Lấy đạo hàm, ta được
q

(t) =


x

(t) − v(t)x(t)

exp[−
t

t
0
v(s)ds]
≤h(t) exp

−
t

t
0
v(s)ds

; q(t
0
) = c.
Lấy tích phân từ t
0
đến t, (t
0
≤ t), ta có
q(t) ≤ c +
t


t
0
h(s) exp

−
s

t
0
v(σ)dσ

ds.
Thay lại biểu thức của q(t), ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bổ đề chứng minh xong. 
Để chứng minh (1.4), ta đặt
p(t) =
t

t
0
v(s)x(s)ds.
Khi đó ta có:
p(t
0
) = 0 và p

(t) ≤ v(t)x(t), t ≥ t
0
.

Do x(t) ≤ h(t) + p(t), nên ta có :
p

(t) ≤ v(t)p(t) + v(t)h(t), t ≥ t
0
.
10
Lại đặt
q(t) = p(t) exp

−
t

t
0
v(s)ds

,
ta có q(t
0
) = 0 và
q

(t) =

p

(t) − v(t)p(t)

exp


−
t

t
0
v(s)ds

≤ h(t)v(t) exp[−
t

t
0
v(s)ds

.
Điều này kéo theo
q(t) ≤
t

t
0
v(s)h(s) exp[−
s

t
0
v(ζ)dζ]ds, t ≥ t
0
Thay lại biểu thức của q(t), ta có

p(t) ≤
t

t
0
v(s)h(s) exp[
t

t
0
v(ζ)dζ]ds, t ≥ t
0
và điều này cho ta (1.4). 
b) Trường hợp hàm c = h(t) là dương khả vi
Định lý 1.3. Cho các hàm số: x, v, h ∈ C[R
+
, R
+
]. Giả sử bất đẳng thức
sau thỏa mãn
x(t) ≤ h(t) +
t

t
0
v(s)x(s)ds, t ≥ t
0
. (1.5)
Khi đó, nếu thêm giả thiết h là khả vi thì
x(t) ≤ h(t

0
) exp[
t

t
0
v(s)ds] +
t

t
0
h

(s) exp[
t

t
0
v(ζ)dζ]ds, t ≥ t
0
(1.6)
Chứng minh.
Để chứng minh (1.6), đặt vế phải của (1.5) là p(t), khi đó
p

(t) = v(t)x(t) + h

(t), p(t
0
) = h(t

0
).
Điều này, cùng với (1.5) cho ta bất đẳng thức vi phân tuyến tính
p

(t) ≤ v(t)p(t) + h

(t), p(t
0
) = h(t
0
).
11
Bây giờ, chúng ta có:
p(t) ≤ h(t
0
) exp[
t

t
0
v(s)ds] +
t

t
0
h

(s) exp(
t


t
0
v(ζ)dζ)ds, t ≥ t
0
.
Từ đây suy ra đánh giá (1.6).
Ta lưu ý thêm, từ (1.5) suy ra được (1.4). Quả vậy, theo công thức tích
phân từng phần ta có:
t

t
0
h

(s) exp

t

t
0
v(ζ)dζ

ds = h(t) − h(t
0
) exp[
t

t
0

v(ζ)dζ]
+
t

t
0
v(s)h(s) exp

t

t
0
v(ζ)dζ

ds.
Điều này và (1.6) cho ta (1.4). 
c. Trường hợp c = h(t) dương, không giảm
Nếu trong Định lý 1.3, hàm h(.) được giả thiết là dương, không giảm và
không nhất thiết là khả vi thì ta có kết quả sau:
Định lý 1.4. Cho các hàm số: x, v, h ∈ C[R
+
, R
+
]. Giả sử bất đẳng thức
sau thỏa mãn
x(t) ≤ h(t) +
t

t
0

v(s)x(s)ds, t ≥ t
0
. (1.7)
Khi đó, nếu h là một hàm dương không giảm trên R
+
thì
x(t) ≤ h(t) exp[
t

t
0
v(s)ds], t ≥ t
0
. (1.8)
Chứng minh. Do h(t) > 0 nên có thể đặt: Đặt ω(t) =
x(t)
h(t)
. Từ (1.7) và
do h(t) không giảm, ta có
ω(t) ≤ 1 +
t

t
0
v(s)ω(s)ds, t ≥ t
0
.
12
Theo Định lý 1.1, ta có ω(t) ≤ exp[
t


t
0
v(s)ds]. Thay lại ω(t) =
x(t)
h(t)
, ta có
(1.8). 
1.2 Trường hợp thời gian rời rạc
Các quá trình thời gian liên tục thường được rời rạc hóa để nghiên cứu.
Thông thường nhất là đưa các quá trình liên tục về các quá trình rời rạc
cách đều với bước lưới là một đơn vị. Như vậy, bài sẽ được xét trên tập số
nguyên Z := {0, ±1, ±2, } hoặc đơn giản hơn : trên Z
+
:= {0, 1, 2, }.
1.2.1 Bất đẳng thức Gronwall dạng sai phân
Các bất đẳng thức cho trường hợp thời gian liên tục khi sai phân hoá
thường dẫn tới các bất đẳng thức rời rạc tương ứng. Tuy nhiên, việc chứng
minh các bất đẳng thức này đều phải thực hiện lại từ đầu.
Định lý 1.5. Cho z(k), a(k) là các dãy số không âm, xác định trên Z
+
=
{0, 1, 2, } và số c ≥ 0.
Giả sử có bất đẳng thức
z(k) ≤ c +
k−1

i=0
a(i)z(i), (1.9)
z(0) ≤ c. (1.10)

Khi đó bất đẳng thức sau đúng với mọi k = 1, 2, 3,
z(k) ≤ c
k−1

i=0
[1 + a(i)]. (1.11)
Chứng minh.
Ta chứng minh bằng quy nạp. Thật vậy, với k = 1 ta có
z(1) ≤ c + a(0)z(0) ≤ c + a(0)c = c[1 + a(0)],
nghĩa là (1.11) thỏa mãn với k = 1.
Giả sử (1.11) đúng đến bước k − 1, nghĩa là
z(k − 1) ≤ c
k−2

i=0
[1 + a(i)].
13
Khi đó ở bước k, theo (1.9), ta có:
z(k) ≤ c +
k−1

i=0
a(i)z(i) = c +
k−2

i=0
a(i)z(i) + a(k − 1)z(k − 1)
⇒ z(k) ≤ c
k−2


i=0
[1 + a(i)] + a(k − 1)z(k − 1)
≤ c
k−2

i=0
[1 + a(i)] + a(k − 1)c
k−2

i=0
[1 + a(i)]
= c
k−1

i=0
[1 + a(i)].
Vậy, (1.11) đúng ở bước thứ k. Định lý được chứng minh. 
1.2.2 Một số trường hợp mở rộng
Định lý 1.6. Cho n ∈ Z
+
n
0
:= {n
0
, n
0
+ 1, , n
0
+ k, }, g xác định trên
Z

+
n
0
× R
+
và g(n, u) là không giảm theo u với mỗi n ≥ n
0
. Giả sử rằng, với
n ≥ n
0
, các bất đẳng thức
y
n+1
≤ g(n, y
n
), u
n+1
≥ g(n, u
n
) (1.12)
thỏa mãn. Khi đó y
n
0
≤ u
n
0
kéo theo
y
n
≤ u

n
, ∀n ≥ n
0
. (1.13)
Chứng minh.
Giả sử (1.13) là không đúng. Khi đó, vì y
n
0
≤ u
n
0
, nên tồn tại k ∈ Z
+
n
0
sao
cho y
k
≤ u
k
và y
k+1
> u
k+1
.
Vậy, nếu dùng (1.12) và lưu ý đến tính không giảm của g, ta có
g(k, u
k
) ≤ u
k+1

< y
k+1
≤ g(k, y
k
) ≤ g(k, u
k
).
Đây là điều mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. 
Tiếp theo, ta xét phương trình sai phân được cho bởi
∆y(x) = g(x), (1.14)
trong đó ∆y(x) = y(x + 1) − y(x); y, g : Z
+
x
→ R và Z
+
x
= {x, x + 1, , x +
k, }. Khi đó nghiệm của (1.14) là một hàm sao cho (1.14) được thỏa mãn
và chúng ta định nghĩa nó là :
y(x) = ∆
−1
g(x)
14
trong đó ∆
−1
là toán tử sai phân ngược của ∆.
Nghiệm y(t) này không phải là duy nhất, từ y(x) + ω(x), ω(x) là một hàm
tùy ý chu kì một, nó cũng là nghiệm của (1.14). Có thể tính được rằng
n


i=0
g(x + i) = y(x + n + 1) − y(x) ≡ y(x + i)|
i=n+1
i=0
. (1.15)
Trong trường hợp x = 0, ta có Z
+
0
= {0, 1, , k, } = Z
+
và công thức này
trở thành
n

i=0
y
i
= ∆
−1
y(i)|
i=n+1
i=0
. (1.16)
Ta sẽ dùng quan hệ này để giải phương trình sai phân tuyến tính.
z(x + 1) = p(x).z(x) + q(x), z(x
0
) = z
0
. (1.17)
Đặt

P (x) =
x−1

t=x
0
p(t), P (x
0
) = 1,
chúng ta được
z(x + 1)
P (x + 1)
=
z(x)
P (x)
+
q(x)
P (x + 1)
Nếu
z(x)
P (x)
= y(x),
q(x)
P (x + 1)
= g(x) thì phương trình (1.17) có dạng (1.14).
Suy ra nghiệm của (1.17) là
z(x) = P (x)[∆
−1
g(x)] = P (x)[
x−1


s=x
0
q(s)
P (s + 1)
+ z
0
]
=
x−1

s=x
0

q(s).
x−1

t=s+1
p(t)

+z
0
.
x−1

t=x
0
p(t) (1.18)
Bây giờ, từ Định lý 1.6 có thể suy ra dạng rời rạc của bất đẳng thức
Gronwall qua hệ quả sau:
Hệ quả 1.1. Cho n ∈ Z

+
n
0
, k
n
≥ 0
y
n+1
≤ y
n
0
+
n

s=n
0
(k
s
.y
s
+ p
s
)
15
khi đó, với mọi n ≥ n
0
,
y
n
≤ y

n
0
exp(
n−1

s=n
0
k
s
) +
n−1

s=n
0
p
s
exp(
n−1

τ=s+1
k
τ
).
Chứng minh.
Chúng ta sẽ ứng dụng Định lý 1.6. Phương trình so sánh là
u
n+1
= u
n
0

+
n−1

s=n
0
(k
s
u
s
+ p
s
), u
n
0
= y
n
0
.
Điều này tương đương với
∆u
n
= k
n
u
n
+ p
n
.
Theo (1.18), nghiệm của nó là
u

n
= u
n
0
n−1

s=n
0
(1 + k
s
) +
n−1

s=n
0
[p
s
.
n−1

τ=s+1
(1 + k
τ
)].
Việc chứng minh kết thúc nhờ bất đẳng thức hiển nhiên sau
1 + k
s
≤ exp(k
s
).

Định lý được chứng minh xong. 
Sau đây là một phiên bản mở rộng quan trọng của bất đẳng thức Gron-
wall, được thực hiện bởi V.N. Phat và P. Niemsup ở [8].
Định lý 1.7. Cho dãy số z(k) : Z
+
→ R
+
. Giả sử rằng
z(k) ≤ C +
k−1

s=0
p

j=1
a
j
(s)z(s − p
j
)
m
1
+
k−1

s=0
q

i=1
b

i
(s)z(s − q
i
)
m
2
, (1.19)
trong đó, m
1
, m
2
> 0; p, q ≥ 1; p
p
≥ q
q
; z(k) ≤ C ≤ 1;
a
j
(k), b
j
(k) : Z
+
→ R
+
.
với k = −p
p
, , 0; 0 = p
1
< p

2
< < p
p
; 0 = q
1
< q
2
< < q
q
.
Khi đó:
i) Nếu m
1
, m
2
≤ 1 thì
z(k) ≤ C
m
k
k−1

s=0

1 + d(s)

. (1.20)
16
ii) Nếu m
1
≤ 1 ≤ m

2
thì
z(k) ≤ C
m
k
k−1

s=0

1 + d(s)

m
k−s−1
2
. (1.21)
iii) Nếu m
1
, m
2
≥ 1 thì
z(k) ≤
C

1 − (m − 1)C
m−1
k−1

s=0
d(s)


1
m−1
. (1.22)
với điều kiện:
1 − (m − 1)C
m−1
k−1

s=0
d(s) > 0. (1.23)
Chứng minh.
Kí hiệu:
m = min{m
1
, m
2
}, d(s) =
p

j=1
a
j
(s) +
q

i=1
b
i
(s)
i) m

1
, m
2
≤ 1 : Ta sẽ chứng minh i) bằng quy nạp theo k ∈ Z
+
.
Với k = 1, ta có
Z(1) ≤ C +
p

j=1
a
j
(0)C
m
1
+
q

i=1
b
i
(0)C
m
2
.
Vì C ≤ 1, m
i
≥ m, C
m

i
≤ C
m
, nên
z(1) ≤ C
m
+ d(0)C
m
= C
m

1 + d(0)

,
tức là, (1.20) đúng với k=1.
Giả sử (1.20) đúng đến bước thứ k-1, tại bước k ta có
z(k) ≤ C +
k−2

s=0
p

j=1
a
j
(s)z(s − p
j
)
m
1

+
k−2

s=0
q

i=1
b
i
(s)z(s − q
i
)
m
2
+
p

j=1
a
j
(k − 1)z(k − 1 − p
j
)
m
1
+
q

i=1
b

i
(k − 1)z(k − 1 − q
i
)
m
2
.
17
Theo giả thiết quy nạp ta có
z(k) ≤ C
m
k−1
k−2

s=0

1 + d(s)

+
p

j=1
a
j
(k − 1)

C
m
k−1−p
j

k−2−p
j

s=0

1 + d(s)


m
1
+
q

i=1
b
j
(k − 1)

C
m
k−1−q
i
k−2−q
i

s=0

1 + d(s)



m
2
.
Nhận xét rằng C ≤ 1, m ≤ 1, m
i
≥ m, i = 1, 2, ta thấy các bất đẳng thức
sau nghiệm đúng:
C
m
k−1−q
i
m
2
≤ C
m
k
; C
m
k−1−p
j
m
1
≤ C
m
k
.
k−2−p
j

s=0


1 + d(s)

m
1
≤
k−2

s=0

1 + d(s)

, j = 1, 2, , p.
k−2−q
i

s=0

1 + d(s)

m
2
≤
k−2

s=0

1 + d(s)

, i = 1, 2, , q.

Do đó
z(k) ≤ C
m
k
k−2

s=0

1 + d(s)

1 + d(k − s)

= C
m
k
k−1

s=0

1 + d(s)

, i = 1, , q.
Suy ra điều phải chứng minh.
ii) m
1
≤ m
2
: Dễ dàng kiểm tra được rằng (1.21) đúng với k = 1. Giả sử
(1.21) đúng tới bước thứ k − 1. Tại bước k ta có:
z(k) ≤C

m
k−1
1
k−2

s=0

1 + d(s)

m
k−s−2
2
+
p

j=1
a
j
(k − 1)

C
m
k−1−p
j
1
k−2−p
j

s=0


1 + d(s)

m
k−p
j
−s−2
2

m
1
+
q

j=1
b
j
(k − 1)

C
m
k−1−q
i
1
k−2−q
i

s=0

1 + d(s)


m
k−q
i
−s−2
2

m
2
.
Tương tự như trường hợp (i), ta cũng có
C
m
1
m
k−p
j
−1
1
≤ C
m
k
1
, C
m
2
m
k−q
i
−1
1

≤ C
m
k
1
.

1 + d(s)

m
1
m
k−s−2−p
j
2
≤

1 + d(s)

m
k−s−2
2
.

1 + d(s)

m
2
m
k−s−2−q
i

2
≤

1 + d(s)

m
k−s−2
2
.
18
Vậy
z(k) ≤C
m
k
1
k−2

s=0
(1 + d(s))
m
k−s−2
2
+
p

j=1
a
j
(k − 1)


C
m
k
1
k−2

s=0

1 + d(s)

m
k−s−2
2

m
1
+
q

i=1
b
j
(k − 1)

C
m
k
1
k−2


s=0

1 + d(s)

m
k−s−2
2

m
2
.
=C
m
k
1
k−2

s=0

1 + d(s)

m
k−s−2
2

1 + d(k − 2)

=C
m
k

1
k−2

s=0

1 + d(s)

m
k−s−1
2
.
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
iii) m
1
, m
2
> 1 : Với k = 1, từ (1.19) ta có
z(1) ≤ C +
p

j=1
a
j
(0)C
m
1
+
q

j=1

b
j
(0)C
m
2
.
Vì C ≤ 1, m
i
≥ m nên C
m
1
≤ C
m
, i = 1, 2. Do đó
z(1) ≤ C + d(0)C
m
= C

1 + d(0)C
m−1

.
Áp dụng bất đẳng thức sơ cấp sau
(1 + x)
a
(1 − ax) ≤ 1, ∀a ≥ 0, x ≥ 0, (1.24)
với x = d(0)C
m−1
, a = m − 1, ta có


1 + d(0)C
m−1

m−1

1 − (m − 1)d(0)C
m−1

≤ 1.
Hay
z(1) ≤
C

1 − (m − 1)C
m−1
d(0)

1
m−1
.
Vậy, (1.22) đúng với k = 1. Giả sử (122) đúng tới bước k − 1, tại bước k
ta có
z(k) ≤ D
k−2
+
p

j=1
a
j

(k − 1)D
m
1
k−2−p
j
+
q

i=1
b
i
(k − 1)D
m
2
k−2−q
i
,
19
trong đó
D
k
=
C

1 − (m − 1)C
m−1
k

s=0
d(s)


1
m−1
.
Vì C
m
i
≤ C
m
, i = 1, 2 nên

1 − (m − 1)
k−2−p
j

s=0
d(s)

m
1
m−1
≥

1 − (m − 1)
k−2

s=0
d(s)

m

m−1
,

1 − (m − 1)
k−2−q
i

s=0
d(s)

m
2
m−1
≥

1 − (m − 1)
k−2

s=0
d(s)

m
m−1
,
D
m
1
k−2−p
i
≤ D

m
k−2
, D
m
2
k−2−q
i
≤ D
m
k−2
và
z(k) ≤ D
k−2
+ d(k − 1)D
m
k−2
= D
k−2

1 + d(k − 1)D
m−1
k−2

.
Áp dụng bất đẳng thức (1.24) với x = d(k − 1)D
m−1
k−2
, a = (m − 1), ta có
z(k) ≤
D

k−2

1 − (m − 1)d(k − 1)D
m−1
k−2

1
m−1
nếu như 1 − (m − 1)d(k − 1)D
m−1
k−2
> 0.
Mặt khác, bằng một số phép biến đổi đơn giản ta chứng minh được
D
k−2

1 − (m − 1)d(k − 1)D
m−1
m−2

1
m−1
=
C

1 − (m − 1)C
m−1
k−1

s=0

d(s)

1
m−1
.
Cuối cùng, ta nhận được
z(k) ≤
C

1 − (m − 1)d(k − 1)D
m−1
m−2
d(s)

1
m−1
.
Suy ra điều phải chứng minh. 
Áp dụng cho b
i
(k) = 0 ta có hệ quả sau:
Hệ quả 1.2. Cho dãy số z(k) : Z
+
→ R. Giả sử điều kiện (1.23) thỏa mãn
và :
z(k) ≤ C +
k−1

s=0
p


j=1
a
j
(s)z(s − p
j
)
m
,
20
trong đó, m > 0; p ≥ 1,
a
j
(k) : Z
+
→ R
+
, z(k) ≤ C ≤ 1 với k = −p
q
, , 0.
Khi đó:
i) Nếu m ≤ 1 thì
z(k) ≤ C
m
k
k−1

s=0

1 +

p

i=1
a
j
(s)

.
ii) Nếu m ≥ 1 thì
z(k) ≤
C

1 − (m − 1)C
m−1
k−1

s=0
p

j=1
a
j
(s)

1
m−1
,
khi và chỉ khi
1 − (m − 1)C
m−1

k−1

s=0
p

j=1
a
j
(s) > 0.
1.3 Ứng dụng vào việc nghiên cứu tính ổn định
1.3.1 Tính ổn định của hệ vi phân
Xét phương trình
x

= f(t, x), (1.25)
trong đó t ≥ 0; x ∈ R
n
hoặc x ∈ D ⊂ R
n
.
f(t, 0) = 0, t ≥ 0. (1.26)
Ta luôn luôn giả thiết hàm số f(.) là liên tục và Lipschitz địa phương trên
∆ := R
+
× D để điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm được thoả mãn.
Dễ thấy, hệ (1.25), (1.26) luôn có nghiệm tầm thường. Nghiệm của (1.25)
thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t
0
) = x
0

với (t
0
; x
0
) ∈ ∆ được kí hiệu là
x(t; t
0
; x
0
) hoặc đơn giản là x(t).
Khái niệm ổn định của hệ vi phân.
Định nghĩa 1.1. Nghiệm tầm thường x ≡ 0 của hệ phương trình (1.25),
(1.26) được gọi là ổn định nếu với mọi  > 0 và mọi t
0
≥ 0, luôn tồn tại
δ = δ(t
0
, ) sao cho, nếu x
0
 < δ thì x(t; t
0
; x
0
) <  với mọi t ≥ t
0
.
21
Định nghĩa 1.2. Nghiệm tầm thường x ≡ 0 của hệ phương trình (1.25),
(1.26) được gọi là ổn định tiệm cận nếu nó là ổn định và tồn tại γ > 0 sao
cho nếu  x

0
< γ thì  x(t) → 0 khi t → ∞.
Định nghĩa 1.3. Nếu trong hai định nghĩa trên, δ, γ có thể chọn độc lập
với t
0
thì tính ổn định tương ứng được gọi là đều.
Định nghĩa 1.4. Nếu tồn tại N > 0, λ > 0 sao cho nghiệm của (1.25) xuất
phát từ (t
0
, x
0
) ∈ ∆ đều thỏa mãn ||x(t)|| ≤ Nx
0
 exp[−λ(t − t
0
)], t ≥ t
0
thì nghiệm tầm thường x ≡ 0 của hệ (1.25), (1.26) được gọi là ổn định
mũ.
Sau đây, ta vận dụng bất đẳng thức Gronwall để khảo sát tính ổn định
của một lớp phương trình vi phân.
Định lý 1.8. Xét hệ
˙x = Ax + f(t, x) (1.27)
với
f(t, 0) = 0, t ≥ 0, (1.28)
trong đó hàm f(t, x) liên tục, lipschizt địa phương theo x trong một miền
mở ∆ nào đó. Giả sử:
i) Nghiệm x ≡ 0 của phương trình thuần nhất ˙x = Ax là ổn định tiệm cận.
ii) ||f(t, x)|| ≤ g(t)||x|| trên ∆, trong đó g(t) là một hàm liên tục, không
âm nào đó trên R

+
. Khi đó nếu
∞

t
0
g(t)dt < ∞
thì nghiệm tầm thường x ≡ 0 của hệ (1.27), (1.28) là ổn định tiệm cận.
Chứng minh.
Với (t
0
, x
0
) ∈ ∆. Nghiệm của (1.27), thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t
0
) = x
0
có dạng
x(t, t
0
, x
0
) = X(t)X
−1
(t
0
)x
0
+
t


t
0
X(t)X
−1
(s)f

s, x(s, t
0
, x
0
)

ds,
trong đó X(t) là ma trận cơ bản của hệ ˙x = Ax.
Kí hiệu lại: x(t) = x(t, t
0
, x
0
); φ(t, s) = X(t)X
−1
(s).
Khi đó ta có
x(t) = φ(t, t
0
)x
0
+
t


t
0
φ(t, s)f(s, x(s))ds.
22
Kéo theo:
||x(t)|| ≤ ||φ(t, t
0
)||.||x
0
|| +
t

t
0
||φ(t, s)||.||f(s, x(s))||ds.
Do A là ma trận ổn định tiệm cận, nên tồn tại N ≥ 0 và λ > 0 sao cho
||φ(t, s)|| ≤ N exp[−λ(t − s)], t ≥ s ≥ t
0
≥ 0.
Do đó ta có
||x(t)|| ≤ N exp[−λ(t − t
0
)]||x
0
|| +
t

t
0
N exp[−λ(t − s)]g(s)||x(s)||ds.

Đặt ϕ(t) = ||x(t)|| exp(λt) > 0, ta có
ϕ(t) ≤ N||x
0
|| exp(λt
0
) + N
t

t
0
g(s)ϕ(s)ds.
Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta nhận được
ϕ(t) ≤ Ne
λt
0
||x
0
|| exp(
t

t
0
g(s)ds).
Thay lại biểu thức ϕ(t) ta có
||x(t)|| ≤ M exp[−λ(t − t
0
)]
trong đó M = Ne
λt
0

||x
0
||. Vậy nghiệm của hệ (1.27), (1.28) là ổn định tiệm
cận.
Định lý được chứng minh. 
Định lý 1.9. Xét hệ (1.27), thỏa mãn (1.28). Giả sử
i) A là ma trận sao cho nghiệm x = 0 của hệ thuần nhất ˙x = Ax ổn định
mũ.
ii) f(t,x) thỏa mãn bất đẳng thức:
||f(t, x)|| ≤ L||x||, L > 0.
Khi đó, nếu L đủ nhỏ thì nghiệm x = 0 của hệ (1.27), (1.28) là ổn định mũ.
Chứng minh.
Có thể chứng minh định lý này một cách tương tự như chứng minh Định
lý 1.8.
23
1.3.2 Tính ổn định của hệ sai phân
Các khái niệm hệ sai phân ổn định, ổn định tiệm cận, ổn định mũ, ổn
định đều, được phát biểu một cách hoàn toàn tương tự với hệ vi phân.
Dưới đây chúng tôi trình bày một vài kết quả nghiên cứu tính ổn định của
hệ sai phân bằng cách sử dụng các bất đẳng thức dạng sai phân đã trình
bày ở mục trước.
Định lý 1.10. Xét hệ phương trình sai phân sau trong R
n
x
k+1
= Ax
k
+ f(k, x
k
), (1.29)

f(k, 0) = 0. ∀k ∈ Z
+
(1.30)
Giả sử, tồn tại hàm α(k) không âm, xác định trên Z
+
sao cho
||f(k, x)|| ≤ α(k)||x||, ∀x ∈ B(0, 1) ⊂ R
n
và A là một ma trận ổn định tiệm cận(||A|| < 1). Khi đó, nếu
limα(k) < 1 − ||A||
thì hệ (1.29), (130) là ổn định tiệm cận.
Chứng minh.
Hệ (1.29), (1.30) có nghiệm tầm thường x
n
≡ 0, ∀n.
Đặt q = 1 − ||A||, ta có 0 < q < 1.
Với ε > 0 tùy ý, ta lấy δ ∈ (0; 1). Giả sử x(.) là một nghiệm tùy ý của
(1.29), thỏa mãn x(0) = x
0
với ||x
0
|| < δ. Truy hồi theo công thức (1.29)
ta được nghiệm x(0, x
0
, k) qua (0, x
0
) có dạng
x(k) = A
k
x

0
+
k−1

i=0
A
k−1−i
f(i, x(i)). (1.31)
Quả vậy, với k = 1, ta có
x(1) = Ax(0) + f(0, x(0)) = Ax
0
+ f(0, x(0)).
24
Giả sử công thức nghiệm (1.25) đã đúng ở bước thứ k
Khi đó ở bước thứ k + 1, ta có
x(k + 1) = Ax(k) + f(k, x(k))
= A

A
k
x
0
+
k−1

i=0
A
k−1−i
f(i, x(i))


+ f(k, x(k))
= A
k+1
x
0
+ A
k−1

i=0
A
k−1−i
f(i, x(i)) + f(k, x(k))
= A
k+1
x
0
+
k−1

i=0
A
k−i
f(i, x(i)).
Vậy, công thức nghiệm (1.31) của (1.29) đã được chứng minh.
Để tiếp tục chứng minh định lý, ta đánh giá theo công thức (1.31):
||x(k)|| ≤ ||A
k
||.||x
0
|| +

k−1

i=0
||A
k−1−i
||.||f(i, x(i))||
≤ ||A
k
||.||x
0
|| +
k−1

i=0
||A||
k−1−i
.||f(i, x(i))||
≤ q
k
.||x
0
|| +
k−1

i=0
q
k−1−i
α(i).||x(i)||.
Chia hai vế cho q
k

ta được
q
−k
.||x(k)|| ≤ ||x
0
|| +
k−1

i=0
q
−i
.||x(i)||.
α(i)
q
.
Áp dụng bất đẳng thức Gronwall với
c = ||x
0
||; a(i) =
α(i)
q
; x(i) = q
−i
||x
i
||,
ta được
q
−k
||x(k)|| ≤ ||x

0
||
k−1

i=0
[1 +
α(i)
q
].
Nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với q
k
ta được
||x(k)|| ≤ ||x
0
||
k−1

i=0
[q + α(i)].
25
Do limα(k) = q < 1 nên tồn tại p ∈ (0; 1) và k
0
∈ Z
+
sao cho q + α(i) < p,
với mọi i ≥ k
0
.Với k ≥ k
0
+ 1, theo trên ta có

||x(k)|| ≤ ||x
0
||
k−1

i=0
[q + α(i)] = ||x
0
||
k
0

i=0
[q + α(i)].
k−1

i=k
0
+1
[q + α(i)]
≤ ||x
0
||
k
0

i=0
[q + α(i)]
k−1


i=k
0
+1
p = ||x
0
||
k
0

i=0
[q + α(i)]p
k−1−k
0
.
Do
k
0

i=0
[q + α(i)] là một hằng số dương, p ∈ (0; 1) nên vế phải dần tới 0 khi
k → +∞.
Có thể chọn δ > 0 sao cho với ||x
0
|| < δ ta có ||x
1
||, ||x
2
||, , ||x
k
0

|| < ε.
Vậy, nghiệm tầm thường x
n
≡ 0 là ổn định và hút về 0. Hệ là ổn định tiệm
cận.
Định lý được chứng minh xong. 