Số mũ trung tâm và tính ổn định nghiệm của hệ phương trình sai phân tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

PHẠM MỸ LINH

SỐ MŨ TRUNG TÂM VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

PHẠM MỸ LINH

SỐ MŨ TRUNG TÂM VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM
CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2017

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới
sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS. TS. Tạ Duy
Phượng, thầy đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tác
giả hoàn thành luận văn này.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn
thể các Thầy, Cô giáo khoa Toán, đặc biệt là chuyên ngành Toán Giải tích,
Phòng Sau đại học, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giảng dạy và
giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè
đã cổ vũ, động viên, giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành
luận văn này.
Hà Nội, tháng 11 năm 2017
Tác giả

Phạm Mỹ Linh


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng,
luận văn chuyên ngành Toán giải tích với đề tài: Số mũ trung tâm và tính
ổn định nghiệm của hệ phương trình sai phân tuyến tính do tôi tự làm.
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa
những thành quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Các kết quả trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, tháng 11 năm 2017
Tác giả

Phạm Mỹ Linh

2

Mục lục

Bảng kí hiệu

3

Mở đầu

4

1

Phương trình sai phân ẩn

7

1.1

Khái niệm chỉ số 1 của phương trình sai phân ẩn . . . . . .

7

1.2

Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2

Số mũ trung tâm của hệ phương trình
sai phân thường

3

28

2.1

C - số mũ của hệ rời rạc tuyến tính . . . . . . . . . . . . . 28

2.2

Số mũ trung tâm cho hệ sai phân tuyến tính . . . . . . . . 34

2.3

Số mũ trung tâm của hệ có nhiễu . . . . . . . . . . . . . . 36

Số mũ trung tâm cho hệ phương trình
sai phân tuyến tính ẩn

41

3.1

Số mũ trung tâm của hệ phương trình sai phân tuyến tính ẩn 41

3.2

Số mũ trung tâm cho hệ có nhiễu . . . . . . . . . . . . . . 45

Tài liệu tham khảo

48


3

Bảng kí hiệu

N

Tập số tự nhiên

N0

Tập số tự nhiên và số 0

R

Tập số thực

Rm

Không gian véc tơ thực m-chiều

x

Chuẩn Euclid của véc tơ x

AT

Chuyển vị của ma trận A

I

Ma trận đơn vị cấp m

O

Ma trận không vuông cấp m

diag(M, N )

Ma trận đường chéo khối

span {v1, ..., vn}

Không gian sinh bởi các véc tơ v1 , ...vn

✷

Kết thúc chứng minh


4

Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Khái niệm số mũ trung tâm cho hệ phương trình vi phân thường đã được
R. E. Vinograd xây dựng trong [6] nhằm nghiên cứu tính ổn định nghiệm
của hệ phương trình vi phân thường.
Tương ứng, Đoàn Trịnh Ninh trong [3] đã xây dựng khái niệm số mũ
trung tâm và ứng dụng khái niệm số mũ trung tâm trong nghiên cứu ổn
định nghiệm của hệ phương trình sai phân tuyến tính.
Trong [1] Lê Công Lợi đã trình bày các nghiên cứu của nhóm giáo sư
Phạm Kỳ Anh, Lê Công Lợi,... về các tính chất định tính của phương trình
sai phân ẩn.
Trong [2] Hoàng Nam đã xây dựng khái niệm số mũ trung tâm cho hệ
phương trình vi phân đại số.
Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là: Liệu có thể xây dựng khái niệm số mũ
trung tâm cho hệ phương trình sai phân tuyến tính ẩn, tương tự như trong
[2] cho hệ phương trình vi phân đại số và là mở rộng của [3] cho hệ
phương trình sai phân tuyến tính hay không?


5

2. Mục đích nghiên cứu
1) Trình bày khái niệm số mũ trung tâm cho hệ phương trình sai phân
thường.
2) Xây dựng khái niệm số mũ trung tâm cho hệ phương trình sai phân
ẩn.
3) Ứng dụng của số mũ trung tâm trong nghiên cứu tính ổn định của
phương trình sai phân thường và phương trình sai phân ẩn.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

Trình bày khái niệm và ứng dụng của số mũ trung tâm trong nghiên cứu
phương trình sai phân.
Xây dựng khái niệm số mũ trung tâm cho hệ phương trình sai phân tuyến
tính ẩn.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu Số mũ trung tâm và tính ổn định nghiệm của hệ phương
trình sai phân tuyến tính.


6

5. Phương pháp nghiên cứu
1) Thu thập các tài liệu liên quan tới số mũ trung tâm và tính ổn định
nghiệm của hệ phương trình sai phân tuyến tính.
2) Phân tích, tổng hợp và hệ thống các kiến thức liên quan đến đề tài
nghiên cứu.

6. Dự kiến đóng góp của luận văn
Cố gắng xây dựng Luận văn như một bản tổng quan về số mũ trung
tâm cho hệ phương trình sai phân tuyến tính và ứng dụng của nó. Hy vọng
Luận văn làm rõ khả năng mở rộng khái niệm số mũ trung tâm cho hệ
phương trình sai phân tuyến tính ẩn và ứng dụng của khái niệm này trong
nghiên cứu tính ổn định nghiệm của hệ phương trình sai phân tuyến tính
ẩn.


7

Chương 1

Phương trình sai phân ẩn
Chương này trình bày các kiến thức cơ bản nhất của hệ phương trình sai
phân tuyến tính ẩn, chủ yếu dựa theo tài liệu [1] và một số tài liệu khác với
các diễn giải chi tiết hơn và có bổ sung thêm một số ví dụ.

1.1

Khái niệm chỉ số 1 của phương trình sai phân ẩn

Xét phương trình sai phân ẩn tuyến tính
An xn+1 = Bn xn + qn , n

(1.1)

0.

Giả sử rằng An là các ma trận suy biến, khác không, và có hạng hằng, tức
là rank An = r với mọi n ∈ N0 , trong đó 0 < r < m. Khi đó xét một khai
triển kì dị của An
An = Un

ở đây

T
n Vn ,
(1)

n

(2)

là ma trận đường chéo với các giá trị kì dị σn ≥ σn ≥ ... ≥

(r)

σn > 0 trên đường chéo chính, hay
(1)

n

n
(2)

có dạng
(r)

= diag(σn , σn , ..., σn , 0, ..., 0),


8

Un , Vn là các ma trận trực giao, tức là
UnT Un = Un UnT = VnT Vn = Vn VnT = I.

Đặt V−1 = V0 , Qn = Vn Q∗ VnT , Pn = I−Qn , n ∈ N0 với Q∗ := diag(Or , Im−r ),
trong đó Or , Im−r là kí hiệu của các ma trận không vuông cấp r và ma trận
đơn vị cấp m − r. Từ dạng của

n

và Q∗ ta có

nQ

∗

= 0, do đó Qn là

phép chiếu lên ker An , tức là Q2n (x) = Qn (x). Thật vậy
Q2n (x) = Qn (x)Qn (x) = (Vn Q∗ VnT )(Vn Q∗ VnT )(x) = (Vn Q∗ VnT Vn Q∗ VnT )(x)
= (Vn Q∗ Q∗ VnT )(x) = (Vn Q∗ VnT )(x) = Qn (x).

Nhận xét 1.1.1. Nếu Qn là phép chiếu thì Pn = I −Qn cũng là phép chiếu.
Thật vậy Pn2 = (I − Qn )2 = (I − 2Qn + Q2n ) = (I − 2Qn + Qn ) =
(I − Qn ) = P.

Trước khi trình bày khái niệm chỉ số 1 của phương trình (1.1), chúng ta
cần có một số kết quả bổ trợ. Các kết quả này được phát biểu trong hai bổ
đề sau.
Bổ đề 1.1.1. Giả sử rằng ma trận Gn := An + Bn Vn−1 Q∗ VnT (n ∈ N0 ) là
không suy biến. Khi đó ta có
(i)
An Pn = An ,

(1.2)

(ii)
−1

Pn = Gn An ,

(1.3)


9

(iii)
−1

T
,
Gn Bn Qn−1 = Vn Q∗ Vn−1
−1

(1.4)

−1

T
Pn Gn Bn Qn−1 = 0, Qn Gn Bn Qn−1 = Vn Q∗ Vn−1
;
−1

(1.5)

−1

(iv) Nếu Gn−1 tồn tại và đặt Pn−1 = I−Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn thì Qn−1 :=
I − Pn−1 là một phép chiếu lên ker An−1 . Hơn nữa,
−1

−1

Pn−1 Gn−1 Bn−1 Pn−2 = Pn−1 Gn−1 Bn−1 .

Chứng minh. Do VnT Vn = I và
An Qn = Un

∗ T
T
n Vn Vn Q Vn

nQ

= Un

∗

(1.6)

= 0 nên ta nhận được

nQ

∗V T
n

= Un 0VnT = 0.

Vì Qn = I − Pn , nên An (I − Pn ) = 0, hay An Pn = An . Đẳng thức (1.2)

được chứng minh.
Do Qn = Vn Q∗ VnT nên nhân cả hai vế với VnT , ta được
VnT Qn = VnT Vn Q∗ VnT = Q∗ VnT .

Ta có Gn Pn = (An + Bn Vn−1 Q∗ VnT )Pn = (An + Bn Vn−1 VnT Qn )Pn =
An Pn + Bn Vn−1 VnT Qn Pn .

Do Qn Pn = Qn (I − Qn ) = Qn − Qn = 0 nên đẳng thức cuối trên cho
ta Gn Pn = An Pn . Kết hợp hệ thức vừa nhận được với (1.2) ta suy ra
−1

Gn Pn = An , hay Pn = Gn An . Từ đó suy ra (1.3).

Tiếp theo, từ Gn := An + Bn Vn−1 Q∗ VnT ta có Gn − An = Bn Vn−1 Q∗ VnT .
T vào bên phải hai vế của đẳng thức này, lưu ý rằng V T V = I ,
Nhân Vn Vn−1
n n

ta nhận được đẳng thức


10
T =B V
∗ T
T
∗ T
(Gn − An )Vn Vn−1
n n−1 Q Vn Vn Vn−1 = Bn Vn−1 Q Vn−1 , hay

Bn Qn−1 = (Gn − An )Vn VnT .

Áp dụng đẳng thức (1.3), ta nhận được
−1

−1

T
T
Gn Bn Qn−1 = Gn (Gn − An )Vn Vn−1
= (I − Pn )Vn Vn−1
T
T
T
= Qn Vn Vn−1
= Vn Q∗ VnT Vn Vn−1
= Vn Q∗ Vn−1
.

Vậy (1.4) được chứng minh.
Ta đi chứng minh đẳng thức (1.5).
Nhân Pn vào bên trái hai vế của đẳng thức (1.4), ta có
−1

T
T
Pn Gn Bn Qn−1 = Pn Vn Q∗ Vn−1
= (I − Qn )Vn Q∗ Vn−1
T
T
= Vn Q∗ Vn−1

− Qn Vn Q∗ Vn−1
T
T
= Vn Q∗ Vn−1
− Vn Q∗ VnT Vn Q∗ Vn−1
T
T
= Vn Q∗ Vn−1
− Vn Q∗ Q∗ Vn−1
T
T
= Vn Q∗ Vn−1
− Vn Q∗ Vn−1
= 0.

Nhân Qn vào bên trái hai vế của đẳng thức (1.4), ta có
−1

T
Qn Gn Bn Qn−1 = Qn Vn Q∗ Vn−1
T
= Vn Q∗ VnT Vn Q∗ Vn−1
T
= Vn Q∗ Q∗ Vn−1
T
= Vn Q∗ Vn−1
.

Bây giờ ta chứng minh đẳng thức (1.6). Thật vậy,
−1

−1

−1

T G
Pn−1 Gn−1 Bn−1 Pn−2 = Pn−1 Gn−1 Bn−1 (I − Qn−2 Vn−2 Vn−1
n−1 Bn−1 )


11
−1

−1

−1

T G
= Pn−1 Gn−1 Bn−1 − Pn−1 Gn−1 Bn−1 Qn−2 Vn−2 Vn−1
n−1 Bn−1 .

Đẳng thức (1.6) sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được
−1

−1

T
Pn−1 Gn−1 Bn−1 Qn−2 Vn−2 Vn−1
Gn−1 Bn−1 = 0.
−1

T , vì thế
Theo (1.4) thì Gn−1 Bn−1 Qn−2 = Vn−1 Q∗ Vn−2
−1

−1

T
Pn−1 Gn−1 Bn−1 Qn−2 Vn−2 Vn−1
Gn−1 Bn−1
−1

T
T
= Pn−1 Vn−1 Q∗ Vn−2
Vn−2 Vn−1
Gn−1 Bn−1 .
T V
∗ T
Để ý rằng Vn−2
n−2 = I và Vn−1 Q Vn−1 = Qn−1 , hệ thức trên được rút

gọn thành
−1

−1

−1

T G

Pn−1 Gn−1 Bn−1 Qn−2 Vn−2 Vn−1
n−1 Bn−1 = Pn−1 Qn−1 Gn−1 Bn−1 .

Mặt khác, ta có
−1

Pn−1 Qn−1 = (I − Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn )Qn−1
−1

= Qn−1 − Qn−1 V n − 1VnT Gn Bn Qn−1 .

Lại áp dụng (1.4), ta có
Pn−1 Qn−1 = Qn−1 − Qn−1 Vn−1 VnT Vn Q∗ VnT = Qn−1 − Qn−1 Qn−1 .

Do đó ta có
−1

−1

T G
Pn−1 Gn−1 Bn−1 Qn−2 Vn−2 Vn−1
n−1 Bn−1 = 0.

Vậy (1.6) đã được chứng minh.
−1

Vì Pn−1 := I − Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn và Qn−1 = I − Pn−1 nên
−1

Qn−1 = Qn−1 V n − 1VnT Gn Bn .

Từ An−1 Qn−1 = 0 ta nhận được
−1

An−1 Qn−1 = An−1 Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn = 0.


12

Hơn nữa, ta có
−1

−1

Q2n−1 = Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn .

Áp dụng (1.4), hệ thức trên và lưu ý rằng
T
VnT Vn = I, Vn−1 Q∗ Vn−1
= Qn−1 , Q2n−1 = Qn−1 ,

ta được
−1

Q2n−1 = Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn = Qn−1 .

Điều đó chứng tỏ Qn−1 là một phép chiếu lên ker An−1 .
Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 1.1.2. Giả sử An = Un

T
n Vn

= Un

T
nVn

là hai khai triển kì dị

của ma trận An . Khi đó
T

(i) Các ma trận Gn := An +Bn Vn−1 Q∗ VnT và Gn := An +Bn V n−1 Q∗ V n
là đồng thời suy biến hoặc không suy biến.
(ii) Nếu Gn và Gn−1 khả nghịch thì
−1

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn = V n−1 Q∗ V n G−1
n

(1.7)

và
−1

Pn−1 Gn−1 = Pn−1 G−1

n−1 ,
−1

trong đó Pn−1 := I − Qn−1 Vn−1 VnT Gn Bn .

Chứng minh. (i) Giả sử Gn khả nghịch và kí hiệu
T

S n := ζ : Bn V n−1 V n ζ ∈ ImAn .

(1.8)


13

Ta cần chứng minh rằng Gn cũng khả nghịch. Để chứng minh điều này,
trước hết ta chứng tỏ S n ∩ kerAn = {0}. Thật vậy, lấy x ∈ S n ∩ kerAn
T

tùy ý. Do x ∈ S n nên tồn tại véc tơ ζ ∈ Rm sao cho Bn V n−1 V n x = An ζ.
−1

Nhân Qn Gn vào bên trái hai vế của đẳng thức này ta nhận được
−1

T

−1

Qn Gn Bn V n−1 V n x = Qn Gn An ζ.

−1

Sử dụng đẳng thức (1.3) của Bổ đề 1.1.1, ta có Qn Gn An ζ = Qn Pn ζ = 0,
−1

T

T

do đó Qn Gn Bn V n−1 V n x = 0. Tương tự như Qn , ta đặt Qn = V n Q∗ V n ,
thì Qn cũng là một phép chiếu lên kerAn .
Mặt khác, từ x ∈ kerAn , suy ra tồn tại z ∈ Rm để x = Qn z .
T

Hơn nữa, An V n−1 V n x = U n−1

= U n−1

T
n−1 V n Qn z

=

∗ T
n−1 Q V n z.

U n−1

Vì

T
n−1 V n−1 x

n−1 Q

∗

T

= 0 nên ta nhận được An−1 V n−1 V n x = 0.
T

Từ đây suy ra V n−1 V n x ∈ kerAn−1 , hay tồn tại véc tơ η ∈ Rm sao cho
−1

T

T

V n−1 V n x = Qn−1 η . Như vậy đẳng thức Qn Gn Bn V n−1 V n x = 0 được
−1

viết lại thành Qn Gn Bn Qn−1 η = 0.
T η = 0, hay
Từ hệ thức (1.5) trong Bổ đề 1.1.1, ta nhận được Vn Q∗ Vn−1
T η = 0.
Q∗ Vn−1
T

T η = 0, hay Q

Điều này có nghĩa là Vn−1 Q∗ Vn−1
n−1 η = 0. Vì V n−1 V n x =
T

Qn−1 η nên V n−1 V n x = 0, hay x = 0. Vậy ta nhận được S n ∩kerAn = {0} .

Bây giờ ta sẽ chứng minh Gn khả nghịch. Giả sử Gn x = 0, tức là (An +
T

T

Bn V n−1 Q∗ V n )x = 0, hay Bn V n−1 V n Qn x = −An x ∈ ImAn . Vậy ta có
Qn x ∈ S n .

Mặt khác, Qn x ∈ kerAn , suy ra Qn x ∈ kerAn ∩ S n . Do kerAn ∩ S n = {0}


14
T

nên Qn x = 0. Kết hợp đẳng thức này với Bn V n−1 V n Qn x = −An x ta có
An x = 0, tức là x ∈ kerAn . Vì vậy, x = Qn x = 0. Điều này có nghĩa là
Gn là ma trận khả nghịch.

(ii) Trước hết, ta để ý rằng cả Qn−1 và Qn−1 là hai phép chiếu lên kerAn−1 ,
T

T

T V

∗
∗
do đó Qn−1 Qn−1 = Qn−1 , hay Vn−1 Q∗ Vn−1
n−1 Q V n−1 = V n−1 Q V n−1 .
T

Nhân V n−1 vào bên trái và V n−1 vào bên phải, hai vế của đẳng thức này
T

T V
∗
ta có Q∗ = V n−1 Vn−1 Q∗ Vn−1
n−1 Q .
T

T V
∗
Từ đó, thay thế Q∗ trong Gn bởi V n−1 Vn−1 Q∗ Vn−1
n−1 Q , ta có
−1

−1

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn Gn = Vn−1 Q∗ VnT Gn (An + Bn V n−1 Q∗ V n )
−1

= Vn−1 Q∗ VnT Gn An
−1

T

T

T
+ Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn V n−1 V n−1 Vn−1 Q∗ Vn−1
V n−1 Q∗ V n
−1

= Vn−1 Q∗ VnT Gn An
−1

T

+ Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn Qn−1 V n−1 Q∗ V n .
−1

Sử dụng hệ thức (1.3), ta có Vn−1 Q∗ VnT Gn An = Vn−1 VnT Qn Pn = 0. Từ
đẳng thức (1.4), suy ra
−1

T

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn Qn−1 V n−1 Q∗ V n = Vn−1 Q∗ VnT Vn Q∗ VnT V n−1 Q∗ V n
T

= Qn−1 Qn−1 V n−1 V n

T

T

= Qn−1 V n−1 V n = V n−1 Q∗ V n .

Vậy ta nhận được
−1

T

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn Qn−1 V n−1 Q∗ V n = V n−1 Q∗ V n .


15

Do đó
−1

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn Gn = V n−1 Q∗ V n ,

hay
−1

T

Vn−1 Q∗ VnT Gn = V n−1 Q∗ V n G−1
n .

Đẳng thức (1.7) được chứng minh.
Để chứng minh (1.8), ta xét
−1

−1

T

Gn−1 Gn−1 = Gn−1 (An−1 + Bn−1 V n−2 Q∗ V n−1 )
−1

T

= Gn−1 An−1 + Gn−1 Bn−1 V n−2 Q∗ V n−1 .

Ta có
T

T
V n−2 Q∗
Q∗ = V n−2 Vn−2 Q∗ Vn−2

nên
T

T

T

T
Gn−1 Bn−1 V n−2 Q∗ V n−1 = Gn−1 Bn−1 V n−2 V n−2 Vn−2 Q∗ Vn−2
V n−2 Q∗ V n−1
T

= Gn−1 Bn−1 Qn−2 V n−2 Q∗ V n−1 .

Áp dụng (1.4) vào hệ thức cuối, ta được
T

T

T
Gn−1 Bn−1 Qn−2 V n−2 Q∗ V n−1 = Vn−1 Q∗ Vn−2
V n−2 Q∗ V n−1 .
−1

Mặt khác, theo (1.3) thì Gn−1 An−1 = Pn−1 , do đó ta có
T

T
Gn−1 Gn−1 = Pn−1 + Vn−1 Q∗ Vn−2
V n−2 Q∗ V n−1 .

Vậy ta nhận được
−1

T

T
Pn−1 Gn−1 Gn−1 = Pn−1 Pn−1 + Pn−1 Vn−1 Q∗ Vn−2
V n−2 Q∗ V n−1 .


16

Bổ đề 1.1.1 khẳng định Qn−1 là phép chiếu lên kerAn−1 nên
Qn−1 Qn−1 = Qn−1

hay
Pn−1 Qn−1 = 0.

Do đó
T

T

T
T
V n−2 Q∗ V n−1 = Pn−1 Qn−1 Vn−1 Vn−2
V n−2 Q∗ V n−1 = 0.
Pn−1 Vn−1 Q∗ Vn−2
−1

Suy ra Pn−1 Gn−1 Gn−1 = Pn−1 Pn−1 . Hơn nữa,
Pn−1 Pn−1 = Pn−1 (I − Qn−1 ) = Pn−1 .
−1

−1

Vì thế ta có Pn−1 Gn−1 Gn−1 = Pn−1 , hay Pn−1 Gn−1 = Pn−1 G−1
n−1 , tức là
hệ thức (1.8) được thiết lập.
Vậy, Bổ đề 1.1.2 đã được chứng minh.
Bổ đề 1.1.2 chứng tỏ định nghĩa về chỉ số 1 của phương trình (1.1) dưới
đây không phụ thuộc vào việc chọn khai triển kì dị của ma trận An .
Định nghĩa 1.1.1. Phương trình sai phân ẩn tuyến tính (1.1) được gọi là
có chỉ số 1 nếu
(i) rankAn = r, (0 < r < m), ∀n ∈ N0 .
(ii) Các ma trận Gn := An + Bn Vn−1 Q∗ VnT khả nghịch với mọi n ∈ N0 .

Ví dụ 1.1.1. Xét phương trình sai phân ẩn
1 1
n n xn+1 =

n
n
2
n n − 1 xn + −1 , ∀n ∈ N0 .

(1.9)


17

Ta có
An =

1 1
n n , Bn =

n
n
n n − 1 , qn =

2
−1 .

Dễ thấy, kerAn = span (1, −1)T , điều này chứng tỏ rankAn ≡ 1. Hơn
nữa, An = Un
Un =

T
n Vn ,

ta đặt

u11 u12
u21 u22 ,

n

=

σ1 0
0 0 , Vn =

v11 v12

v21 v22 .

Ta có
1 1
n n

=

u11 u12
u21 u22

σ1 0
0 0

v11 v21
v12 v22

=

u11 u12
u21 u22

σ1 v11 σ1 v21
0
0

=

u11 σ1 v11 u11 σ1 v21
u21 σ1 v11 u21 σ1 v21 .

Suy ra

u11 σ1 v11



u11 σ1 v21
u21 σ1 v11



u21 σ1 v21

=1
=1
=n
= n.

Ta thu được kết quả
√
1 0
1 n
1 −1
Un = √n12 +1 n −1 , n = 2 + 2n2 0 0 , Vn = √1 1 1 .
2
Khi đó
1 −1
0 0
1 −1

Q∗ = 0 1 , V−1 = √1 1 1 , Qn = 21 −1 1 , ∀n ∈ N0 .
2
1 1
Do đó Pn = 12 1 1 với mọi n ∈ N0 . Từ đó ta nhận được
Gn = An + Bn Vn−1 Q∗ VnT =

1
n+

1
2

1
n−

1
2

, ∀n ∈ N0 .


18

Do Gn khả nghịch với mọi n ∈ N0 nên (1.9) là phương trình sai phân ẩn
chỉ số 1.
Ví dụ 1.1.2. Xét phương trình sai phân ẩn
n
1 0
x
+

n
n − 1 , ∀n ∈ N0 .
n −1

1
1
n + 1 n + 1 xn+1 =

Ta có
An =

1 0
n −1 , qn =

1
1
n + 1 n + 1 , Bn =

Dễ thấy, rankAn ≡ 1. Hơn nữa, An = Un
Un =

u11 u12
u21 u22 ,

n

=

T
n Vn ,

n
n−1 .

ta đặt

σ1 0
0 0 , Vn =

v11 v12
v21 v22 .

Ta có
1
1
n+1 n+1

=

u11 u12
u21 u22

σ1 0
0 0

v11 v21
v12 v22

=

u11 u12
u21 u22

σ1 v11 σ1 v21
0
0

=

u11 σ1 v11 u11 σ1 v21
u21 σ1 v11 u21 σ1 v21 .

Suy ra

u11 σ1 v11



u11 σ1 v21
u21 σ1 v11



u21 σ1 v21

=1
=1
=n+1
= n + 1.

Ta thu được kết quả
Un = √

1
1+(n+1)2

1
n+1
n + 1 −1 ,
1
Vn = √
2

n

=

1 0
2 + 2(n + 1)2 0 0 ,

1 −1
1 1 .


19

Khi đó
Q∗ =

0 0

0 1 , V−1 =

Do đó Pn =

1
2

1 1
1 1

√1
2

1 −1
1 1 , Qn =

1
2

1 −1
−1 1 , ∀n ∈ N0 .

với mọi n ∈ N0 . Từ đó ta nhận được

Gn = An + Bn Vn−1 Q

∗

VnT

=

3
2
3(n+1)
2

1
2
n+1
2

, ∀n ∈ N0 .

Do Gn khả nghịch với mọi n ∈ N0 nên phương trình đã cho là phương
trình sai phân ẩn chỉ số 1.

1.2

Bài toán Cauchy

Tương tự như phương trình vi phân đại số, nếu ta đặt điều kiện ban đầu
cho (1.1) là
x0 − x0 = 0,

(1.10)

với x0 ∈ Rm cho trước, bài toán giá trị ban đầu (1.1) và (1.10) có thể vô
nghiệm.
Chẳng hạn, xét phương trình (1.9), với n = 0 ta có

1 1
0 0 x1 =

0 0
2
x
+
0
0 −1
−1 .

Từ đẳng thức trên ta nhận được x20 = −1, ở đây x0 = (x10 , x20 )T ∈ R2 . Vậy
nếu lấy x0 = (α, β)T ∈ R2 , ở đó β = −1, thì bài toán Cauchy

2
n
n
 1 1
xn+1 =
+
, n ∈ N0 ,
n n−1
−1
n n

x0 = x0
sẽ vô nghiệm. Vì vậy đối với phương trình sai phân ẩn, ta không thể yêu
cầu véc tơ x0 − x0 bằng véc tơ không mà chỉ có thể yêu cầu một số thành

20

phần của nó bằng không, chẳng hạn
P0 (x0 − x0 ) = 0.

(1.11)

Để thiết lập tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương
trình sai phân ẩn có chỉ số 1 trước tiên ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.1. Giả sử An = Un

T
n Vn = U n

T

n V n là hai khai triển kì dị
T

của ma trận An . Đặt Pn−1 = I − Qn−1 V n−1 V n G−1
n Bn với
T

Gn := An + Bn V n−1 Q∗ V n ,
k
(n)
Mk

=

−1
(n)
Gn−1 Bn−1−i , Mk

k

G−1
n−1−i Bn−1−i , (k = 0, n − 1).

=

i=0

i=0

Khi đó ta có
(1.12)

Pn−1 = Pn−1

và
(n)

Pn−1 Mk

(n)

(1.13)

= Pn−1 Mk .

Chứng minh. Từ đẳng thức (1.7) trong Bổ đề 1.1.2, ta nhận được ngay hệ
thức (1.12). Sử dụng hệ thức (1.6), ta có
k
(n)
Pn−1 Mk

= Pn−1

−1

Pn−1−i Gn−1−i Bn−1−i
i=0

và

k
(n)
Pn−1 Mk

Pn−1−i G−1
n−1−i Bn−1−i .

= Pn−1
i=0

Theo (1.12) và (1.8) thì
−1

−1

Pn−1−i G−1
n−1−i = Pn−1−i Gn−1−i = Pn−1−i Gn−1−i


21

hay
−1

Pn−1−i G−1
n−1−i Bn−1−i = Pn−1−i Gn−1−i Bn−1−i (i = 0, k).

Suy ra
k

Pn−1

−1
Pn−1−i Gn−1−i Bn−1−i

k

Pn−1−i G−1
n−1−i Bn−1−i .

= Pn−1

i=0

i=0

Từ đây ta nhận được (1.13).
Bây giờ chúng ta sẽ thiết lập tính duy nhất nghiệm và xây dựng công
thức nghiệm tường minh cho bài toán giá trị ban đầu (1.1), (1.11).
Định lý 1.2.1. Giả sử phương trình (1.1) có chỉ số 1. Khi đó với mọi vế
phải qn ∈ Rm , ở đó n ∈ N0 bài toán Cauchy (1.1), (1.11) có duy nhất
nghiệm, và nghiệm được cho bởi công thức
−1

x0 = P−1 x0 − V−1 Q∗ V0T G0 q0 ,
−1

−1

−1

x1 = P0 (G0 B0 x0 + G0 q0 ) − V0 Q∗ V1T G1 q1 ,
n−2
(n)

(n)

xn = Pn−1 (Mn−1 x0 +

−1

(1.14)

−1

Mn−2−k Gk qk + Gn−1 qn−1 )
k=0
−1

−Vn−1 Q∗ VnT Gn qn , n = 2, ...

Hơn nữa, công thức (1.14) không phụ thuộc vào việc chọn các khai triển
kì dị của các ma trận An .

Chứng minh. Vì (1.1) có chỉ số 1 nên các ma trận Gn = An +Bn Vn−1 Q∗ VnT ,
−1

−1

n ∈ N0 , đều khả nghịch. Nhân Pn Gn và Qn Gn vào bên trái hai vế của


22

phương trình (1.1), ta nhận được hệ
−1

Pn Gn An xn+1
−1
Qn Gn An xn+1

−1

−1

= Pn Gn Bn xn + Pn Gn qn , (n ∈ N0 );
−1
−1
= Qn Gn Bn xn + Qn Gn qn , (n ∈ N0 ).

Áp dụng hệ thức (1.3) ta có thể viết lại hệ trên như sau
Pn Pn xn+1
Qn Pn xn+1

−1

−1

= Pn Gn Bn xn + Pn Gn qn , (n ∈ N0 );
−1
−1
= Qn Gn Bn xn + Qn Gn qn , (n ∈ N0 ).

hay
Pn xn+1
0

−1

−1

= Pn Gn Bn (Pn−1 xn + Qn−1 xn ) + Pn Gn qn , (n ∈ N0 );
−1
−1
= Qn Gn Bn (Pn−1 xn + Qn−1 xn ) + Qn Gn qn , (n ∈ N0 ).

Theo hệ thức (1.5), hệ trên được rút gọn là
Pn xn+1
0

−1

−1

= Pn Gn Bn Pn−1 xn + Pn Gn qn ,
−1
T x + Q G−1 q .
= Qn Gn Bn Pn−1 xn + Vn Q∗ Vn−1
n
n n n

Mặt khác, nhân Vn−1 VnT vào bên trái hai vế của phương trình thứ hai trong
hệ trên, ta thu được
−1

−1

Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn Pn−1 xn + Qn−1 xn + Vn−1 Q∗ VnT Gn qn = 0,

hay
−1

−1

Pn−1 xn +Qn−1 xn = Pn−1 xn −Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn Pn−1 xn −Vn−1 Q∗ VnT Gn qn .

Do đó
−1

−1

xn = (I − Vn−1 Q∗ VnT Gn Bn )Pn−1 xn − Vn−1 Q∗ VnT Gn qn ,

tức là
−1

xn = Pn−1 Pn−1 xn − Vn−1 Q∗ VnT Gn qn .

Đặt un = Pn−1 xn , n ∈ N0 . Khi đó hệ thức trên có dạng
−1

xn = Pn−1 un − Vn−1 Q∗ VnT Gn qn .

(1.15)