GIÁ TRỊ ĐẦU CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH VỚI HÀM RÀNG BUỘC TUẦN HOÀN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
__________________________

Nguyễn Đình Tường Long

GIÁ TRỊ ĐẦU CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN TUYẾN TÍNH VỚI HÀM RÀNG BUỘC TUẦN HOÀN

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số:
60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. Lê Hoàn Hoá

Thành phố Hồ Chí Minh - 2007


LỜI NÓI ĐẦU
Tính chất tiệm cận của nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính x  t   Ax  t   f  t  (1), trong
đó A  M d   và f :  d là hàm không tầm thường liên tục tuần hoàn chu kì  , đã được nhiều tác giả
nghiên cứu.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày việc phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng
điệu tiệm cận của nghiệm phương trình (1). Đặc biệt, chúng tôi chỉ ra việc phân loại đầy đủ của tập những
giá trị đầu theo tính chất bị chặn và tính chất tuần hoàn.
Nội dung luận văn được trích trong một báo cáo ở Hội nghị Quốc tế về phương trình vi phân tại
trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh năm 2004. Trong báo cáo này, nhiều chi tiết, bổ đề
và định lí chỉ được phát biểu ngắn gọn cho nên chúng tôi cố gắng làm sáng tỏ các chi tiết và chứng minh

đầy đủ các định lí và bổ đề. Ngoài ra, luận văn còn chứng minh ý tưởng phát triển mà tác giả đã đề xuất
cuối bài báo cáo.
Luận văn này ngoài lời nói đầu, phần kết luận, phần tài liệu tham khảo và mục lục sẽ được trình bày trong
5 chương.
Chương I là phần tổng quan.
Chương II là phần trình bày các kí hiệu và nhắc lại một số kiến thức cần thiết để sử dụng cho các
chương sau.
Chương III là phần trình bày việc biểu diễn nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính và sai phân
tuyến tính.
Chương IV là phần trình bày việc phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính bị chặn, tính
tuần hoàn và dáng điệu tiệm cận của nghiệm.
Chương V là phần phát triển.
Cho phép tôi được gửi lời biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Lê Hoàn Hoá, người thầy đã tận tình giúp
đỡ, hướng dẫn tôi trong quá trình học tập cũng như trong quá trình thực hiện luận văn này. Tôi xin chân
thành cảm ơn quý Thầy cô đã tận tình truyền thụ kiến thức cho tôi trong quá trình học tập tại trường và
quý Thầy cô trong Hội đồng bảo vệ luận văn đã dành nhiều thời gian để đọc và cho tôi nhiều ý kiến sâu
sắc và quí báu. Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn đến quý Thầy cô phòng KHCN- SĐH đã nhiệt tình giúp đỡ
chúng tôi hoàn tất các thủ tục bảo vệ luận văn.
Cuối cùng, cho tôi cảm ơn đến tất cả bạn bè, đồng nghiệp luôn luôn động viên, cổ vũ tôi trong quá
trình học tập và nghiên cứu.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 4 năm 2007
Tác giả luận văn
Nguyễn Đình Tường Long.


Chương 1: TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi sẽ nghiên cứu việc xác định giá trị đầu của nghiệm bị chặn hay
nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân tuyến tính sau:

x  Ax  f  t 

với A  M d 
Đặt  

2







và f :


, b f   e

 s  A

d

(1)

là hàm không tầm thường liên tục tuần hoàn chu kì  .

f  s  ds

(2)

0

Nhiều tác giả nghiên cứu tính chất tiệm cận của nghiệm của (1). Chẳng hạn, Massera đã đưa ra kết
quả sau:
Định lí: Nếu phương trình (1) có nghiệm bị chặn trên 0,+  , thì phưong trình (1) tồn tại nghiệm tuần
hoàn chu kì  .
Đối với nghiệm tuần hoàn, nó hầu như tầm thường rằng: một nghiệm của phương trình (1) là tuần
hoàn chu kì  nếu và chỉ nếu giá trị đầu w  x  0  thoả mãn:

 E  e w  b
A

f

.

(3)

Chẳng hạn, giả sử A   E  N , với   i , i 2  1 và N là ma trận luỹ linh thỏa N m  0  m  1 .
Khi đó:
A

e



e

m 1

k

m 1

k

A  E   N k


k 0 k !
k 0 k !
k

và phương trình:  E  e A  w  b f được biểu diễn là:
m 1 

 

k 

N
k 1  k ! 

k

w  bf

Từ sự biểu diễn trên, ta có thể tính toán lần lượt mỗi thành phần của nghiệm w của phương trình với b f
đã cho. Tuy nhiên, trong trường hợp này nó không rõ ràng để chỉ ra rằng nghiệm w được biểu diễn bởi:

Nw  

1 m1

k



k!

 Bk
k 0

N kbf

(4)

với Bk là số Bernoulli. Công thức (4) là một trong những kết quả của chúng tôi sau này.
Mục đích của luận văn là đưa ra một sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng điệu
tiệm cận của nghiệm của phương trình (1). Đặc biệt, chúng tôi chỉ ra sự phân loại đầy đủ của tập những
giá trị đầu theo tính chất bị chặn và tính chất tuần hoàn.


Phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn sẽ được giải thích đơn giản trên phương trình vi phân
tuyến tính một chiều:
dx
 ax  t   f  t  , x  0   w
dt

với a là hằng số và f là hàm vô hướng liên tục tuần hoàn chu kì  . Sau đó, chúng tôi sẽ tổng quát hoá
những kết quả đó đến phương trình vi phân tuyến tính (1).
Phần còn lại của luận văn bao gồm: chương 2, chương 3, chương 4, chương 5 và chương kết luận.

Chương 2: Kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về nghiệm của phương trình sai phân
tuyến tính, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính, số Bernoulli, không gian riêng suy rộng, … để sử
dụng cho các chương sau.
Chương 3: Biểu diễn nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính.
Trình bày phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn trên phương trình vi phân tuyến tính một
chiều. Sau đó, dựa trên phương pháp và ý tưởng này để xây dựng cách biểu diễn nghiệm của phương trình
vi phân tuyến tính (1). Hơn nữa, chúng tôi cũng chỉ ra rằng cách biểu diễn nghiệm này có sự tương ứng
với cách biểu diễn nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính.
Chương 4: Dáng điệu tiệm cận, tính bị chặn, tính tuần hoàn.
Chương này bao gồm hai mục: 4.1 và 4.2.
Mục 4.1. Trình bày sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính bị chặn và tính tuần hoàn của
nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (1). Sự phân loại này, có sự tương ứng đến sự phân loại của
tập những giá trị đầu theo tính bị chặn của nghiệm phương trình sai phân tuyến tính.
Mục 4.2. Trình bày sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng điệu tiệm cận của nghiệm
phương trình (1).
Chương 5: Phát triển.
Chương này trình bày về cách biểu diễn và tính bị chặn của nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính tổng quát xn 1  Bxn  b và của phương trình vi phân tuyến tính x  t   A  t  x  t   f  t  có sự tương
ứng với nhau.
Chương kết luận nêu vắn tắt một số kết quả trình bày trong luận văn và những hướng nghiên cứu dự định
trong tương lai.
Cuối cùng là tài liệu tham khảo.


Chương 2: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ VÀ CÁC KÍ HIỆU
Trong chương này, chúng tôi qui ước một số kí hiệu và nêu lại một số kiến thức chuẩn bị cần thiết
để sử dụng đến trong các chương sau.
2.1. KÍ HIỆU.
1.

Tập các số thực

2.

Tập các số phức

3.

Tập các số nguyên

4. E Ma trận đơn vị
5. Re- Phần thực, Im- Phần ảo
6. IdV Ánh xạ đồng nhất từ V vào V.
7. N(A) Nhân của A
8. R(A) Miền giá trị của A
9. f  n   z  

n
0
f  z  Đạo hàm cấp n của hàm số y  f  z  , f    z   f  z  .
n
z

10. Bk , k  0,1, 2,... Số Bernoulli
11. M d 



Tập các ma trận phức d  d chiều

12. X   xik mn Ma trận cấp m  n
mn

13. Lloc  I ,





 X   xik mn / xik  , i  1, m, k  1, n
mn

 Tập các ma trận hàm cấp m  n khả tích trên mọi tập compact nằm trong I 

14.  Kết thúc phần chứng minh.
2.2. SỐ BERNOULLI.
Dãy Bk của hệ số của chuỗi luỹ thừa được xác định bởi

z
zk
1
  Bk
với B1   và B2 k 1  0 với k > 0.
z
e  1 k 0 k !
2

Số Bernoulli Bk có tính chất sau:
k

1 n
1 Cnk1Bk  1 , n = 0, 1, 2, … .


n  1 k 0

2.3. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH.

Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính

.


x  t   Ax  t   f  t 

(2.3.1)

x  0  w

với A  M n 

 , f  t   Lloc  I ,

(2.3.2)
n

, w

n

.

Bài toán (2.3.1), (2.3.2) có duy nhất một nghiệm. Ta tìm nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) theo phương pháp
biến thiên hằng số.
Nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) viết dưới dạng:
x  t   etA y  t 

(2.3.3)

với y  t  cần xác định để (2.3.3) là nghiệm của (2.3.1), (2.3.2).
Ta có:

w  x  0  y  0

(2.3.4)

Lấy đạo hàm hai vế (2.3.3), ta có:
x  t   AetA y  t   y  t  etA

Thay vào (2.3.1), ta được:
y  t   etA f  t 

(2.3.5)

Vậy y  t  là nghiệm của (2.3.5) thoả điều kiện (2.3.4), suy ra
t

y  t   w   e sA f  s  ds .
0

Thay vào (2.3.3), ta có:








t

x  t   etA  w   e sA f  s  ds 
0

t

Hay

x  t   etAw   et  s  A f  s  ds .
0

Vậy nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) là:
t

x  t   etAw   e

t s A

f  s  ds .

0

2.4. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH.

Xét phương trình sai phân tuyến tính
xn  qxn 1  b , n = 1, 2, …
x0  a

với b, q  0 là các hằng số.


Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính là xn  xn  xn* , trong đó xn là nghiệm tổng
quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất xn  qxn 1 và có dạng xn  cq n  c  0  , còn nghiệm
n 1

riêng xn* của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất có dạng xn*  c0 q n  b q k .
k 0

Do đó nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính là:
n 1

xn  aq n  b q k
k 0

2.5. KHÔNG GIAN RIÊNG SUY RỘNG.
2.5.1. Vec tơ riêng và giá trị riêng của một tự đồng cấu.




Cho  :V  V là một tự đồng cấu của không gian vectơ V trên trương K. Vectơ x  0 của V mà






 x   x , với một  nào đó của K, gọi là một vectơ riêng của  ứng với giá trị riêng  của  .


Tập tất cả các vectơ riêng của  ứng với cùng một giá trị riêng   K cùng với vectơ 0 làm thành
một không gian vectơ của V, kí hiệu là  và gọi là không gian riêng ứng với giá trị riêng  của  ;
 chẳng qua là   N    IV  .

Đa thức đặt trưng của tự đồng cấu  kí hiệu là P   và được xác định bởi P     det    IdV  .
2.5.2. Không gian riêng suy rộng của một tự đồng cấu.
a. Định nghĩa: Cho tự đồng cấu  của K-không gian vectơ hữu hạn chiều V. Với mỗi   K , xét tập

x V / m  0, m 


:    IdV 

m

 x   0 thì đó là một không gian vectơ con của V. Khi nó khác 0 thì






nó được gọi là không gian riêng suy rộng của  ứng với   K và kí hiệu M  .
b. Tính chất:
1. Rõ ràng nếu  là một giá trị riêng của  thì không gian riêng   M  . Với mọi không gian riêng suy

rộng M  ,  phải là một giá trị riêng của  .
2. Với mỗi giá trị riêng  của  , dim  gọi là số chiều hình học của  , dim M  gọi là số chiều đại số

của  . Số chiều đại số của  bằng bội của nghiệm  của đa thức đặc trưng .
c. Định lí:  là một tự đồng cấu của một không gian vectơ hữu hạn chiều V trên trường K mà đa thức đặc

trưng P phân tích được thành tích những nhân tử tuyến tính:
P        1  1    2  2 ...    m  m .
s

s

s

( các k (k  1, 2,..., m) khác nhau từng cặp) thì V là tổng trực tiếp các không gian riêng suy rộng:


V  M 1  M 2  ...  M m .

2.6. Định lí 2.6: Nếu f :



nn

là một ánh xạ liên tục và tuần hoàn chu kì  thì f bị chặn trên

Chứng minh định lí 2.6.

Đặt K  0,  

. Khi đó, K là tập compact trong

.

Vì f là ánh xạ liên tục nên f  K  là tập compact trong
Vì f tuần hoàn chu kì  nên suy ra f bị chặn trên

nn

.

. Do đó, f bị chặn trên K.

.


Chương 3: BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN TUYẾN TÍNH
3.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU.

Phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn sẽ được trình bày với phương trình vi phân tuyến tính
một chiều:
dx

 ax  t   f  t  , x  0   w
dt

(5)

với a là hằng số và f là hàm vô hướng liên tục tuần hoàn chu kì  .
Nghiệm của phưong trình (5) được biểu diễn:
t

x  t  : x  t;0,    eatw   eat  s  f  s  ds

(6)

0

Tuy nhiên, cách biểu diễn trên không dể thấy dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Do đó, chúng ta cần đưa ra
một sự biểu diễn khác của nghiệm mà với cách biểu diễn này chúng ta dể dàng nhận biết được dáng điệu
tiệm cận của nghiệm.
Định lí 3.1: Nghiệm x  t  của phưong trình (5) được biểu diễn như sau:
1) Giả sử e a  1 . Nếu công thức (6) được viết lại:


x  t   eat  w 






với u t , b f  eat

1

b  u t, bf
a f 
1 e




t a t s
1
b   e   f  s  ds , thì u t , b f
a f
0
1 e





(7)

 là nghiệm tuần hoàn chu kì  .

2) Giả sử ea  1 . Nếu công thức (6) được viết lại:
t 

x  t   eat  w  b f   v t , b f








với v t , b f  e

at

t



t

bf   e

at  s 









 là một hàm tuần hoàn chu kì  ,

f  s  ds , thì v t , b f

0

(8)

tuy nhiên, nó không cần thiết là một nghiệm của (5).
Chứng minh định lí 3.1:

Ta có:
t 

0 e

a  t   s 



f  s  ds   e
0

a  t   s 

f  s  ds 

t 

e


a  t   s 

f  s  ds




t

0

0

 eat  ea  s  f  s  ds   eat  z  f  z  dz ( đặt z = s -  )
t

 e bf   e
at

at  s 

f  s  ds

0

1) Giả sử ea  1 . Khi đó:
u t     e

a  t  

 eat

1
b 
1  ea f

t 

0 e

a  t   s 

f  s  ds

ea
at  s 
at
f  s  ds
a b f  e b f   e
1 e
0
t

t

1
at  s 
e
f  s  ds  u  t  .
a b f   e

1 e
0
at

2) Giả sử ea  1 . Khi đó:
v  t     e

a  t  

t 



bf 

t 

0 e

a  t   s 

f  s  ds

t

t
 eat b f  eat b f  eat b f   eat  s  f  s  ds  v  t  .



0

Từ sự biểu diễn nghiệm trong định lí 3.1, ta có thể dễ dàng đạt được dáng điệu tiệm cận của nghiệm như
sau:
Hệ quả 3.1.1:
I) Trường hợp ea  1 .
1) Giả sử w 

1
b .
1  ea f

Khi đó nghiệm x(t;0, w ) là nghiệm tuần hoàn chu kì  , được xác định bởi





x  t;0, w   u t , b f .

2) Giả sử w 

1
b .
1  ea f

  tuần hoàn chu kì  khi t   .
b) Nếu Re a  0 , thì nghiệm x(t;0, w ) hội tụ đến nghiệm u  t , b  tuần hoàn chu kì  khi t   .
a) Nếu Re a  0 , thì nghiệm x(t;0, w ) hội tụ đến nghiệm u t , b f
f

c) Nếu Re a  0 , thì nghiệm x(t ;0, w ) là á tuần hoàn.
II) Trường hợp ea  1 .


1) Nếu b f  0 , thì mỗi nghiệm x(t ;0, w ) là một nghiệm tuần hoàn chu kì  .
2) Nếu b f  0 , thì tất cả nghiệm x(t;0, w ) là không bị chặn.

Ý tưởng cơ bản đã được phát biểu một cách đơn giản trong định lí 3.1. Chúng tôi sẽ tổng quát hoá
những kết quả ở trên đến phương trình (1). Khi đó vấn đề là tìm những hàm tưong ứng với eat
t



1
b ,
1  ea f

eat b f trong (7) và (8).

Để làm được như vậy, ta viết lại nghiệm của (6):
x  t;0, w   eatw  z  t   g  t 
t

với g  t   z  t    eat  s  f  s  ds, và sẽ tìm một hàm z(t) sao cho g(t) trở nên một hàm tuần hoàn chu kì  .
0

g(t) tuần hoàn chu kì   z (t   ) 
t 

Vì

0

t 

0 e

a  t   s 

t

f  s  ds  z  t    e

a t  s 

f  s  ds

0

t

e at   s  f  s  ds  eat b f   eat  s  f  s  ds nên ta có:
0

z  t     z  t   eat b f

Đặt

 z  t  : z  t     z  t   e at b f

(9)

Nếu z(t) là một nghiệm của phương trình (9), khi đó, với 0  s   , n  1, 2,..., ta có:
a s   n 1 
z  s  n   z  s   n  1   e 
bf
a s   n  2  
a s   n 1 
 z  s   n  2    e 
bf  e 
bf
n 1

= . . . = z  s    ea s  j b f .
j 0

n 1

Vậy z  s  n   z  s   e as  eaj b f .

(10)

j 0

 Giả sử ea  1 , khi đó từ (10) cho ta:
eas  ea s  n 
z  s  n   z  s  
b f ( vì
1  ea

 z s 

n 1

e

j 0

eas
ea s  n 

b
b .
1  e a f 1  ea f

aj

1  ean
)

1  ea


Do đó, nếu chọn z  s  

eas
eat
b
z
t

b (t  s  n ) .
với
0

s


,
thì



1  e a f
1  ea f

Nếu ea  1 , khi đó từ (10) cho ta:
 s  n

z  s  n   z  s   neasb f  z  s   




s
  easb f



s
s  n as  n

 z  s   easb f 
e
b f (vì ea  1 ).





s
t
Do đó, nếu chọn z  s    easb f với 0  s   , thì z  t    et b f ( t  s  n ).





Lưu ý rằng, trong mối quan hệ (10), tổng

n 1

eaj b f

j 0

là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân:

xn  e a xn 1  b f , x0  0 .

3.2. TỔNG VÔ HẠN.

Cho   0 và c :



d

là một hàm liên tục. Ta tìm nghiệm liên tục của phương trình:

 z  t   z  t     z  t   c  t  , t 

(11)

đó là, tổng vô hạn z  t   1c  t  .
Nói chung, z(t) bao gồm một hằng số tuần hoàn, nghĩa là, nếu z(t) là một tổng vô hạn, khi đó z(t) + c(t)
cũng là một tổng vô hạn đối với bất kì hàm c(t) tuần hoàn chu kì  nào.
Bổ đề 3.1.1: Cho c :



d

là một hàm liên tục, và hàm  : t0   , t0  

d

liên tục thỏa mãn:

  t0     t0     c  t0    . Khi đó phương trình (11) với điều kiện đầu z  t     t  , t  t0   , t0  , có duy
nhất trên

một nghiệm liên tục z(t).

Mặt khác, nghiệm z(t) sẽ được xác định như sau:
Cho s  t0   , t0  . Khi đó
n 1

z  s  n     s    c  s  k , (n = 0, 1, 2,… ).
k 0
n

z  s  n     s    c  s  k , ( n = 1, 2,… ).
k 1

Chứng minh bổ đề 3.1.1:

Vì z  t     t  , t  t0   , t0  , nên   t0     z  t0    và   t0   z  t0 
Do đó, từ   t0     t0     c  t0    ta được:
z  t0   z  t0     c  t0   


Vậy phương trình (11) có nghiệm z(t) trên

. Khi đó, với s  t0   , t0  , n = 1, 2, …, ta có:

z  s  n   z  s   n  1   c  s   n  1 
 z  s   n  2    c  s   n  2    c  s   n  1 
n 1

n 1

k 0

k 0

 ...  z  s    c  s  k     s    c  s  k 

z  s  n   z  s   n  1   c  s  n 
 z  s   n  2    c  s   n  1   c  s  n 
 ...

n

n

k 1

k 1

 z  s    c  s  k     s    c  s  k  .

Vậy nghiệm z(t) được xác định là:
với s  t0   , t0  ,
n 1

z ( s  n )    s    c  s  k ,(n  0,1, 2...)
k 0
n

z  s  n     s    c  s  k ,  n  1, 2,...
k 1

Vì  liên tục trên t0   , t0  và c liên tục trên

nên nghiệm z(t) liên tục trên

.

* Chứng minh tính duy nhất nghiệm:

Giả sử phương trình (11) còn có nghiệm z  t  .
Đặt z  t   z  t   z  t  , t  .
Chứng minh tương tự trên, nghiệm z  t  được xác định như sau:
với s  t0   , t0  ,
n 1

z( s  n )    s    c  s  k ,(n  0,1, 2...)
k 0
n

z  s  n     s    c  s  k ,  n  1, 2,...
k 1

Suy ra

z  t   0 , t 

hay z  t   z  t  , t 

.

Chúng ta xét trường hợp c(t) được xác định bởi:
z t     z t   B t  b , t 

với B(t), t  , là một ma trận hàm liên tục và không suy biến thỏa

(12)


B  s  k   B  s  B k   , k  .

Định lí 3.2: Cho xm  0  , m  , là nghiệm của phương trình sai phân:
xm  B   xm1  b,

x0  0 .

Khi đó đối với một hàm ban đầu liên tục  : t0   , t0  

(13)
d

thỏa mãn:

  t0     t0     B  t0    b
Phương trình (12) với điều kiện đầu z  t     t  , t  t0   , t0  , có một nghiệm duy nhất z(t) trên
xác định bởi:
Với s  t0   , t0  ,
z  s  n     s   B  s  xn  0  , (n = 0, 1, 2,…)

(14)

z  s  n     s   B  s  x n  0  , (n = 1, 2,… )

(15)

Chứng minh định lí 3.2:

Phương trình sai phân (13) có nghiệm tổng quát là:
n 1

xn  0    B k   b với n = 1, 2, …
k 0

n

x n  0    B  k   b với n = 1, 2, …
k 1

Áp dụng bổ đề 3.1.1, phương trình (12) có nghiệm duy nhất z(t) trên
n 1

z  s  n     s    B  s  k b (n = 0, 1, 2, …)
k 0

n 1

   s   B  s   B k   b
k 0

   s   B  s  xn  0 
n

z  s  n     s    B  s  k b (n = 1, 2, …)
k 1

n

   s   B  s   B  k  b
k 1

   s   B  s  x n  0  . 

Chú ý: B  t   etA , A  M d 

 , thỏa mãn điều kiện

B  s  k   B  s  B k   , k  , trong định lí 3.2.

và

, được


3.3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH.

Ta xem xét trở lại việc biểu diễn nghiệm của phương trình
x  Ax  t   f  t 

(1)

Để áp dụng ý tưởng ở trên đối với phương trình (1) với x  0   w là điều kiện đầu của nghiệm, ta sẽ tịnh

tiến nghiệm x  t;0, w  của phương trình (1) như sau:
x  t;0, w   e Atw  z  t   g  t 

(16)

t

g  t   z  t    e At  s  f  s  ds

với

(17)

0

Ta sẽ tìm một hàm z(t) sao cho g(t) là một hàm liên tục và tuần hoàn chu kì  . Rõ ràng, g(t) là một
hàm liên tục và tuần hoàn chu kì  khi và chỉ khi z(t) là một nghiệm liên tục của phương trình:
z  t     z  t   e At b f , t 





z  t   1 e At b f , t 

đó là

,

.

Vì g(t) là một hàm tuần hoàn chu kì  và số hạng thứ hai của vế phải (17) được xác định trên

, cho nên

ta chỉ cần xét z(t) trên 0,   .





* Ta tính 1 e At b f , t  o,   .

Giả sử   A là phổ của A, bao gồm r phần tử i với chỉ số mi , i = 1,…,r.
Đặt

M i  N

 A   E  
mi

i

là không gian riêng suy rộng của A ứng với giá trị riêng i . Khi đó ta có sự phân tích tổng trực tiếp
d

Đặt Pi là phép chiếu từ

 M 1  M 2  ...  M r
d

lên M i cảm sinh từ sự phân tích này.

Để tính toán đơn giản, ta gọi  là một trong các giá trị riêng của A và m là số chỉ số của  .
Xét phương trình
P z  t     P z  t    P etAb f

Đặt

(18)

z  s     s  , s    ,0 .

Nếu t  s  n , s    ,0 , n = 1, 2, …, khi đó từ định lí 3.2, phương trình (18) có nghiệm duy nhất
P z  t  và được biểu diễn bởi

P z  t   P z  s  n   P  s   P e sA xn  0 

(19)


với xn  0  là nghiệm của phương trình sai phân
xn  e A xn 1  b f , x0  0

(20)

và điều kiện đối với hàm ban đầu trở thành
P  0   P     e A P b f .

3.3.1. TRƯỜNG HỢP RỜI RẠC.

Xét phương trình sai phân

xn  e A xn 1  b , x0  w

(21)

Nghiệm tổng quát của phương trình (21) là
xn  en A x0  Sn  e A  b
n 1

Sn  e A    ek A , n  1 .

với

k 0

 Ta tính mỗi thành phần P xn của nghiệm xn .
P xn thỏa mãn phương trình
P xn  en A P x0  Sn  e A  P b
etA P  et e

Ta có:

A  E  t



i
ti

A   E  P

i 0 i !

P  et 

m 1 i

i
t
A   E  P .

i 0 i !

Vì  A   E  P  0 với i  m nên etA P  et 
i

Sn  e

A

Do đó

n 1

 P   e

k A

k 0

n 1

P   e

k

k 0

m 1


i 0

 k 
i!

 A  E



 i

 k 0



m 1 n 1

    k i ek 

i 0

i

n 1

k 0

* Nếu e



 i kz
 1 , ta có: k e  i e .
z
i kz

Suy ra

 i kz  i
E  z  :  i e  i
z
k  0 z

Đặt

  z  :

i
n

n 1

1
,
e 1
z

 i enz  1
.
e  i z

z e  1
k 0
n 1

kz

P

 A  E
i!

E in  z  :  k i ekz .

Đặt

i

i

P .


Eni  z  :

Khi đó





i
i
i
nz
nz

z
e
1

z
e
  z









 zi
z i
z i

i
i
nz

z
e
Ci j n j enz i  j   z  nên




i
z
j 0

Vì

i

Eni  z    Ci j n j e nz i  j   z    i   z  .
j 0

Suy ra

m 1  i

Sn  e A  P     Ci j n j en  
i 0

i j 

 j 0

m 1

i

i 0

j 0

 i

    i   

 A  E
i!



  en  Ci j n j i  j   

i

 A  E
i!

i

i

P

m 1

P    i  
i 0

i

 A  E
i!

i

P

Mặt khác
m 1 i

i j
 Ci j n j    

i

 A  E 
i!

i  0 j 0

m 1

     n

i

i

P

i

i 0

 A  E
i!

i

P  

1



m2

  1!  A   E   n

i

i 0

i

i

P

i

i

P

 A  E
i!

2
i


2
+       A   E   ni  A   E  P

2!
i!
i 0

m 3

2

i

m 1
 m1
m 1
+ ... +     
A   E  P

 m  1!

Vì  A   E  P  0 với i  m nên
i

m 1 i

i j
 Ci j n j    

i

i  0 j 0

 A  E 
i!

m 1

i

i 0

i!

=     ni

m 1

i
     
i 0

P

 A   E  P      

+ … + 
=

i

i

m 1

1

 

i


1!

i 0

 m1

m 1

 A  E
i!

i

 A   E   ni i !  A   E 
1
!
m



i 0

m 1

m 1

i

A   E   ni  A   E 

i!
i!
i

m 1

 A   E   ni

i 0

i

i

P

P .

Do đó, ta có
Sn  e A  P =

m 1

i

i 0

i!

i
     

 A  E

i

m 1

i

i 0

i!

 ni

m 1

 A   E  P   i   
i

i 0

i

 A  E
i!

i

P


m 1

= en X   A  ni
i 0

m 1

với X   A    i   
i 0

i

 A  E
i!

i

i

P  X   A P .

 A   E  ,    A .
i!
i

Vậy
m 1

P xn  en A P x0  en X   A  ni
i 0

i

 A  E
i!

i

P b  X   A P b

 en A P x0 + en A X   A P b  X   A P b
 en A  P x0  X   A P b   X   A P b .

* Nếu e z  1 , với số Bernoulli Bi , i  0,1, 2,..., ta có
E 0n  z   n  B0 n
En1  z  

n  n  1

1
1
1
1
  n  n 2  C21 B1n  C22 B0 n 2
2
2
2
2
2

En2  z  

1
1
1
1
1
1
n  n 2  n3  C31B2 n  C32 B1n 2  C33 B0 n3
6
2
3
3
3
3

………………………………..
i 1

Eni  z    Ci j 1

Đến bước thứ i = m – 1 ta được:

j 1

Bi 1 j j
n .
i 1

Do đó, ta có:
m 1  i 1

Sn  e A  P     Ci j 1
i 0

Hay

 j 1

Bi 1 j j   i
i
n   A   E  P
i  1  i !



Sn  e A  P = C11B0 nP   C21


B
B1

n  C22 0 n 2   A   E  P
2
2 

2
2
 1 B2
2 B1 2
3 B0 3  
+  C3 n  C3 n  C3
n   A   E  P
3
3
3  2!




+…+  Cm1


Bm1
B
B
m 1
  m1
n  Cm2 m2 n 2  ...  Cmm 0 n m 

A   E  P

m
m
m
  m  1!

m  2 i 1 i
i
i
ni 1  i

n 
= B0 
A   E  P  B1  A   E  
A   E  P


1!
i 0 i  1 i !
i 0 i  1 i !
m 1

+ … + Bm 1

 m1

 A  E
 m  1!

m 1

nP .


Từ  A   E  P  0 với i  m , ta có:
i

m 1 i 1 i
i
i
ni 1  i

n 
A   E  P  B1  A   E  
A   E  P
Sn  e  P = B0 


1!
i 0 i  1 i !
i 0 i  1 i !
m 1

A

+ … + Bm1
m 1

i

i 0

i!

 Bi

=

 A  E

i

 m1

 A  E
 m  1!

m 1

i
ni 1  i
A   E  P


i 0 i  1 i !
m 1

i
ni 1  i

A   E  P .


i 0 i  1 i !
m 1

i
ni 1  i
A   E  P .

i 0 i  1 i !

m 1

= Y  A 
m 1

Y  A   Bi

với

i

i 0

i
A   E  ,    A .

i!

Vậy
m 1 i 1 i
i 1
i
ni 1  i 1
n 
P xn  
A   E  P x0  Y  A 
A   E  P b  P x0


i 0 i  1 i !
i 0 i  1 i !
m 1

i
ni 1  i
A   E    A   E  P x0  Y  A P b   P x0 .

i 0 i  1 i !

m 1



Tóm lại các kết quả trên, ta có:
Định lí 3.3:
1) Nếu e  1 , khi đó
P xn  en A  P x0  X   A P b   X   A P b

với

m 1

X   A   
i 0

i 

i

  i !  A   E  ,    A .
i

2) Nếu e  1 , khi đó
i
ni 1  i
A   E    A   E  P x0  Y  A P b   P x0

i 0 i  1 i !

m 1

P xn  

với

m 1

Y  A   Bi

i 0

i

i
A   E  ,    A .

i!

3.3.2. BIẾN ĐỔI ĐẾN TRƯỜNG HỢP LIÊN TỤC.

Để tính toán đơn giản, đặt b f  b . Gọi xn  0  là nghiệm của
xn  e A xn 1  b

với điều kiện đầu x0  0 .


Áp dụng định lí 3.3 để nhận được hàm thành phần
P z  s  n   P  s   P e sA xn  0 

1) Giả sử e  1 . Ta có:

Suy ra

P xn  0   en A X   A P b  X   A P b

P e sA xn  0   e sA  en A X   A P b  X   A P b 
 e sA X   A P b  e s  n  A X   A P b.

Đặt

X  X   A P b.

Khi đó

P z  t   P  s   P e sA xn  0  trở thành
P z  s  n    P  s   e sA X   e s  n  A X ,
P z  s  n   e s  n  A X  P  s   e sA X .

Hay

Do đó c  t  : P z  t   etA X là tuần hoàn chu kì  , và P z  t   etA X  c  t  .
* Bây giờ ta kiểm tra hàm ban đầu
P  s  : e sA X  c  s  , s    ,0 

thỏa mãn điều kiện: P  0   P     P e Ab của hàm ban đầu trong định lí 3.2.
Từ P  0    X  c  0  và c  0   c    , điều kiện P  0   P     P e Ab
tương đương với điều kiện

X  e A X  e A P b

e A X  X  P b

Hay

Ta chứng minh (22) luôn đúng. Thật vậy,
Áp dụng định lí 3.3, trường hợp x0  0 , ta có:
P x1  e A X  X

Mặt khác, từ phương trình xn  e A xn 1  b , ta có: x1  b .

Do đó

P b  e A X  X hay e A X  X  P b .

Vậy (22) luôn đúng. 
Cho nên ta có
P z  t   1   P etAb   etA X   A P b  c  t 

với c(t) là một hằng số tuần hoàn.
Suy ra
P x  t;0, w   e At Pw  P z  t   P g  t 

(22)


t

 etA Pw  etA X   A P b  c  t   P z  t    et  s  A P f  s  ds
0

t

t s A
 e  Pw  X   A P b   e X   A P b   e  P f  s  ds .
tA

tA

0

Như vậy, nghiệm x  t;0,w  của phương trình x  Ax  f  t  với x  0   w được biểu diễn bởi:
P x  t;0, w   etA  Pw  X   A P b   u  t 
t

với u  t   e X   A P b   et  s  A P f  s  ds là một nghiệm tuần hoàn chu kì  .
tA

0

2) Giả sử e  1.
m 1 k

k
s
A   E  , ta có:

k 0 k !

Đặt Y  Y  A P b . Khi đó, từ định lí 3.3 và e sA  e s 

m 1 j 1
k
j
s
n j
P e xn  0   e   A   E  
A  E Y

k 0 k !
j 0 j  1 j !

s

sA

m 1 k

j k
s k n j 1 j
A  E Y
 e 

k 0 j  0 k ! j  1 !

s

m 1 m 1

s k  n 
i

A  E  Y



 i 0 k  j i k ! j  1!
e s

j 1

m 1

s k  n 
i
A  E Y



 i 0 k 0 k ! i  1  k !
e s

i 1 k

m 1 i

s k  n 
i
e s

 A  E Y  
 
i  0 k  0 k ! i  1  k  !
e s

i 1 k

m 1 i 1

Cik1s k  n 


 
 i  1!
i 0 k 0
e s

Vì

 s  n 

i 1

i 1

  Cik1s k  n 

i 1 k

e s

i
s i 1
 A   E  Y    i 1 ! A   E  Y .

i 0 
i

, e  s  n   e s

m 1

nên

k 0

P e xn  0  
sA

Khi đó

i 1 k

m 1 i 1

i
s i 1
A  E Y


i 0  i  1 !
m 1

e

 s  n  A   E i Y  e s m1 si 1 A   E i Y





 

 i  1!
i 0
i 0  i  1 !

  s  n  m 1



i 1

P z  t   P  s   P e sA xn  0  trở thành

P z  s  n   P  s  

e s

j
s j 1
A  E Y


 j 0  j  1!
m 1


e  s  n 



Hay



P z  s  n  

e

 s  n  A   E j Y



j 0  j  1 !
j 1

m 1

 s  n  A   E j Y



j  0  j  1 !
j 1

  s  n  m 1



 P  s  

e s

j
s j 1
A  E Y


 j 0  j  1!
m 1

Do đó
c  t  : P z  t  

P z  t   

e t

et

j
t j 1
A   E  Y là tuần hoàn chu kì  , và


 j 0  j  1!
m 1

j
t j 1
A   E  Y  c t  .



 j 0  j  1!
m 1

* Bây giờ ta kiểm tra hàm ban đầu
P  s  : 

e s

j
s j 1
A   E  Y  c  s  ( s    ,0 )


 j 0  j  1!
m 1

thỏa điều kiện P  0   P     P e Ab của hàm ban đầu trong định lí 3.2.
Từ P  0   c  0   c    , điều kiện P  0   P     P e Ab tương đương
P     c     P e Ab

(23)

Ta chứng minh (23) luôn đúng. Thật vậy, ta có
P     c     

   A   E j Y




 j 0  j  1!

e 

j 1

m 1

   A   E j m1 B  k A   E k P b


  k k! 
 
 
j  0  j  1 !
k 0
j 1 j  k 1
j k
e  m1 m1  1 
Bk  A   E  P b


 j 0 k 0  j  1!k !
i 1 k i 1

1

i
e m1
Bk  A   E  P b




 i  0 k  j i  i  1  k  ! k !
e 





j 1

m 1

    1

 i 0 k 0
 i  1!

e 

m 1 i

e 

m 1





i 0

i 1

  
i!

i 1

k

Cik1

Bk  A   E  P b

 1

i

i

 A   E   i  1   1
i



k 0

k



Cik1Bk P b



Ta dùng một tính chất của số Bernoulli:
k
1 n
1 Cnk1Bk  1 , n= 0, 1, 2, … .


n  1 k 0

Khi đó
P     c     

e

e 

m 1


i 0



 

 P e

m 1


i 0

  

  

i!
i

i 1

 A   E  P b
i

 A   E  P b
i

i!

 A

b.

Vậy (23) luôn đúng . 
Cho nên ta có:

P z  t   1   P e At b   

et

j
t j 1
A   E  Y  c t 


 j 0  j  1!
m 1

Cuối cùng, ta viết lại vế phải của P x  t  :
t

P x  t   e Pw  P z  t   P z  t    et  s  A P f  s  ds
tA

0

Ta có:
i
t
et


w

A
E

P

 

j 0 i !

m 1 i

etA Pw  P z  t  = et 

j
t j 1
A   E  Y  c t 


j 0  j  1 !
m 1

j
t
et
= e Pw  e   A   E  Pw 

j 1 j !
t

t

m 1 j

j
t j 1
A   E  Y  c t 


j  0  j  1 !
m 1

j 1
t j 1
A   E  Pw
= e Pw 


 j 0  j  1!

et 

t

+

et

m 1

i
j
t j 1
A   E  Y  c  t  ( vì  A   E  P  0 với i  m )



 j 0  j  1!
m 1

= et Pw 

et 

j
t j 1
A   E    A   E  Pw  Y   c  t  .


 j 0  j  1!
m 1

Suy ra
et 

j
t j 1
P x  t   e Pw 
A   E    A   E  Pw  Y 


 j 0  j  1!
t

et 

m 1

t

j
t j 1
t s A

A   E  Y   e  P f  s  ds.


 j 0  j  1!
0
m 1


Tóm lại những kết quả trên, ta có kết quả sau:
Định lí 3.4: Cho x  t  là nghiệm của phương trình (1):
x  Ax  f  t  ,



với x  0   w và b f   e  s  A f  s  ds .
0

1) Nếu e

với



 1 , thì
P x  t;0, w   etA  Pw  X   A P b f   u t , b f





t



u t , b f  e X   A P b f   e
tA

t s A



(24)

P f  s  ds

0

là một nghiệm tuần hoàn chu kì  , của thành phần M  của phương trình (1), nghĩa là:
P x  AP x  P f  t 
(25)
2) Nếu e  1 , thì

P x  t;0, w  =

et 

j
t j 1
A   E    A   E  Pw  Y  A P b f


 j 0  j  1!
m 1





+ et Pw  v t , b f




(26)

với et Pw và
et 

t

j
t j 1

v  t , b f  : 
A   E  Y  A P b f   et  s  A P f  s  ds.
(27)


 j 0  j  1!
0
là hàm tuần hoàn chu kì  , mà không cần thiết là nghiệm của phương trình (25).
m 1


Chương 4: DÁNG ĐIỆU TIỆM CẬN, TÍNH BỊ CHẶN, TÍNH
TUẦN HOÀN
4.1. TÍNH BỊ CHẶN VÀ TÍNH TUẦN HOÀN.
4.1.1. Phương trình sai phân tuyến tính (21):
xn  e A xn 1  b .

Rõ ràng, nghiệm  xn n 0 của phương trình (21) bị chặn nếu và chỉ nếu P xn n0 bị chặn với     A  .




Định lí 4.1:
1) Nếu Re > 0, thì P xn  bị chặn nếu và chỉ nếu
P x0   X   A P b ,

(28)

P xn  P x0.

và khi đó

2) Nếu Re = 0 và Im   k với mọi k  , thì P xn  bị chặn nếu và chỉ nếu

 A   E   P x0  X   A P b   0,
và khi đó

(29)

P xn  en  P x0  X   A P b   X   A P x0 .

Mặt khác, nếu điều kiện (28) vẫn đúng, khi đó P xn  P x0. .
3) Nếu Re = 0 và Im   k với một vài số nguyên k, thì P xn  bị chặn nếu và chỉ nếu

  A   E  P x0  Y  A P b  0 ,
và khi đó

P xn  P x0 .

4) Nếu Re < 0, thì P xn  bị chặn với bất kì x0 nào.
Lưu ý:

Mối quan hệ (4) trong chương I là được nhận từ mối quan hệ (30).
Chứng minh định lí 4.1:
1) Nếu Re > 0, ta có: e  1 và

e  1 .

Do đó, theo định lí 3.3, ta có:
m 1

P xn  e n  ni
i 0

i

 A  E
i!

Vì vậy, P xn  bị chặn nếu và chỉ nếu

i

 P x0  X   A  P b   X   A P b



(30)