Luận văn thạc sĩ phương trình sai phân suy biến chỉ số 1 và bài toán điều khiển tối ưu dạng tuyến tính toàn phương

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------

NGUYỄN THÀNH CHIÊU

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN SUY BIẾN CHỈ SỐ 1
VÀ BÀI TỐN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU
DẠNG TUYẾN TÍNH – TOÀN PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------

NGUYỄN THÀNH CHIÊU

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN SUY BIẾN CHỈ SỐ 1
VÀ BÀI TỐN ĐIỀU KHIỂN TỐI ƯU
DẠNG TUYẾN TÍNH – TỒN PHƯƠNG

Chun ngành: Tốn học tính tốn
Mã số:

60460112

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. PHẠM KỲ ANH

Hà Nội – 2014


1

LỜI CẢM ƠN
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Khoa Toán - Cơ - Tin học,
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội dưới sự
hướng dẫn tận tình chu đáo của GS. TSKH. Phạm Kỳ Anh. Tác giả xin
bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS. TSKH. Phạm Kỳ Anh đã luôn hướng
dẫn và chỉ bảo chu đáo, tận tình, nghiêm khắc trong suốt quá trình tác
giả nghiên cứu luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Sau đại học, Ban
chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV,
trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội đã tạo điều
kiện thuận lợi và giúp đỡ trong thời gian tác giả học tập và nghiên cứu.
Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới những người thân và
bạn bè đã ưu ái, giúp đỡ, động viên, khích lệ để tác giả hồn thành luận
văn này.
Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2014.
Học viên
Nguyễn Thành Chiêu


Mục lục

LỜI CẢM ƠN

1

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

4

1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

1.2

7

Bài toán điều khiển tối ưu rời rạc cho phương trình sai phân
thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1

Phương trình Euler - Lagrange rời rạc . . . . . . . .

7

1.1.2

Nguyên lý cực đại cho bài toán điều khiển tối ưu . .

9

Phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 . . . . . . . . 11
1.2.1

Khái niệm và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.2

Bài toán Cauchy cho phương trình sai phân tuyến
tính chỉ số 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.2.3

Phương trình dưới liên hợp . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân tuyến
tính suy biến

36

2.1

36

Bài tốn điều khiển tối ưu cho hệ tuyến tính dừng suy biến
2.1.1

Giới thiệu về bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.1.2

Phương trình Hamilton cho bài tốn điều khiển tối
ưu rời rạc

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2


3

2.1.3
2.2

Nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu . . . . . . . . 40

Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân chỉ số 1 55
2.2.1

Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.2.2

Phương trình Hamilton và bài tốn biên . . . . . . . 56

2.2.3

Điều kiện đủ của tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.2.4

Điều kiện cần và đủ để hệ Pontryagin có chỉ số 1 . . 59

2.2.5

Nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu

. . . . . . . 60

3 Bài toán điều khiển tối ưu trong mơ hình kinh tế
3.1

3.2

71

Mơ hình mơ tả bởi phương trình sai phân thường . . . . . . 71
3.1.1

Cấu trúc của hệ thống sản xuất . . . . . . . . . . . 72

3.1.2

Điều kiện đạt tới sự cân bằng . . . . . . . . . . . . . 74

Mơ hình mơ tả bởi phương trình sai phân suy biến . . . . . 75

KẾT LUẬN

79

TÀI LIỆU THAM KHẢO

80


4

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
• dimW : số chiều của khơng gian vectơ W .
• kerA: khơng gian nhân của ma trận A.
• imA: khơng gian ảnh của ma trận A.
• rankA: hạng của ma trận A.
• span({xi }ni=1 ): không gian con sinh bởi hệ vectơ x1 , x2 , . . . , xn .
• W1 ⊕ W2 : tổng trực tiếp của hai không gian W1 , W2 .
• W1 ∩ W2 : giao của hai khơng gian W1 , W2 .
n

•

Ai : tổng của các ma trận A1 , A2 , . . . , An .
i=1
†

• A : nghịch đảo suy rộng Moore - Penrose của ma trận A.
• diag(A1 , A2 ): ma trận đường chéo khối có các thành phần A1 , A2 nằm
trên đường chéo.


MỞ ĐẦU

Do nhu cầu của thực tiễn, việc nghiên cứu phương trình vi phân đại số và
phương trình sai phân ẩn được nhiều nhà nghiên cứu toán học trong nước
cũng như ở nước ngoài quan tâm nghiên cứu. Nhiều bài tốn thực tế (hệ
thống điện, mơ hình dân số, mơ hình kinh tế, ...) được mơ tả bởi phương
trình sai phân ẩn. Mặt khác phương trình sai phân ẩn là kết quả của việc
rời rạc hóa phương trình vi phân đại số, phương trình đạo hàm riêng đại
số. Chẳng hạn, dùng phương pháp Euler hiển áp dụng cho phương trình
vi phân đại số chỉ số 1 thì ta nhận được phương trình sai phân tuyến tính
ẩn chỉ số 1 [3].
Xuất phát từ những nghiên cứu của các tác giả D. J. Bender and A. J.
Laub [5] về bài toán điều khiển tối ưu dạng tồn phương cho hệ động lực
mơ tả bởi phương trình sai phân ẩn hệ số hằng, chúng tôi đã đưa ra được
các kết quả cho phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1. Ngồi ra, từ
mơ hình kinh tế của tác giả D. G. Luenberger [8] cho bài tốn điều khiển
mơ tả bởi phương trình sai phân thường, chúng tơi cũng đưa ra được kết
quả tương tự cho hệ mơ tả bởi phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số
1.
Bố cục luận văn như sau:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tơi giới thiệu điều kiện cần cho bài tốn
điều khiển tối ưu rời rạc mơ tả bởi phương trình sai phân thường.
Ngồi ra, chúng tơi giới thiệu các khái niệm về phương trình sai phẩn
tuyến tính ẩn chỉ số 1, phương trình dưới liên hợp có chỉ số 1 và công
5


6

thức nghiệm cho bài toán giá trị ban đầu, bài toán điều kiện cuối.
Chương 2. Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân tuyến

tính suy biến
Trong chương này, chúng tơi trình bày phương pháp giải bài tốn
điều khiển tối ưu dạng tồn phương cho phương trình sai phân ẩn hệ
số hằng bằng khai triển kỳ dị và phương trình Riccati. Từ đây ta tìm
được nghiệm tối ưu của bài tốn. Cuối cùng, chúng tơi đưa ra phương
pháp giải bài tốn điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân tuyến
tính ẩn chỉ số 1 nhờ phép biến đổi Kronecker -Weierstrass và phương
trình Riccati. Kết quả cuối thu được trong chương này là mới.
Chương 3. Bài toán điều khiển tối ưu trong mơ hình kinh tế
Trong chương này, chúng tơi trình bày điều kiện cân bằng giữa
cung và cầu để đạt lợi nhuận cực đại mô tả bởi bài tốn điều khiển
tối ưu tuyến tính rời rạc. Tiếp theo chúng tơi mở rộng kết quả trên
cho bài tốn điều khiển tối ưu tuyến tính rời rạc suy biến.
Đây là kết quả mới của luận văn và những nội dung chính đã được
trình trong Seminar của bộ mơn Tốn học tính tốn, Khoa Tốn - Cơ
- Tin học, Đại học Khoa học Tự Nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội.


Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Bài toán điều khiển tối ưu rời rạc cho phương trình sai
phân thường

Trong mục này chúng tơi trình bày một số nghiên cứu của tác giả A. P.
Sage [9] về bài toán điều khiển tối ưu cho hệ động lực mơ tả bởi phương
trình sai phân thường.
1.1.1

Phương trình Euler - Lagrange rời rạc

Xét hàm mục tiêu
N −1

J=

N −1

Φ(xn , xn+1 , n) =
n=0

Φn
n=0

trong đó với mỗi n = 0, 1, . . . , N − 1, Φ(., ., n) : Rm × Rm → R là hàm
khả vi liên tục. Bây giờ ta sẽ tìm điều kiện cần để cực tiểu hàm J .
Giả sử rằng, xn = x
ˆn + εηxn , xn+1 = xˆn+1 + εηxn+1 , với xˆ = (ˆ
x0 , . . . , xˆN −1 )
là các điểm cực trị, ε > 0 đủ nhỏ.

7


8

Sử dụng khai triển Taylor ta có

∆J = J(ˆ
xn + εηxn ) − J(ˆ
xn )
N −1

{Φ(ˆ
xn + εηxn , xˆn+1 + εηxn+1 , n) − Φ(ˆ
xn , xˆn+1 , n)}

=
n=0
N −1

{(

=
n=0

∂Φn
∂Φn
, εηxn ) + (
, εηxn+1 ) + o(ε)},
∂ xˆn
∂ xˆn+1

suy ra
N −1

{(

δJ =
n=0

∂Φn
∂Φn
, ηxn ) + (
, ηx )}.
∂ xˆn
∂ xˆn+1 n+1

Do x
ˆ là điểm cực trị nên

∂J
|ε=0 = 0,
∂ε
khi đó

N −1

∂Φn
∂Φn
, ηxn ) + (
, ηx )} = 0.
∂ xˆn
∂ xˆn+1 n+1

{(
n=0

Với δxn = ηxn , ta thu được
N −1

{δxTn
n=0

∂Φn
∂Φn
+ δxTn+1
} = 0,
∂ xˆn
∂ xˆn+1

(1.1)

kết hợp

∂Φn
∂Φn ∂xn
∂Φn
=
=
∂ xˆn
∂xn ∂ xˆn
∂xn
và
N −1

δxTn+1
n=0

∂Φn
=
∂ xˆn+1

N

δxTn

∂Φ(xn−1 , xn , n − 1)
∂xn

δxTn

∂Φ(xn−1 , xn , n − 1)
∂Φ(xn−1 , xn , n − 1) n=N
+ δxTn
|n=0 ,
∂xn
∂xn

n=1
N −1

=
n=0

ta nhận được
N −1

δxTn (
n=0

∂Φn ∂Φn−1
∂Φn−1 n=N
+
) + δxTn
|
= 0.
∂xn
∂xn
∂xn n=0

(1.2)

Do (1.2) không phụ thuộc vào việc chọn δxTn nên để J đạt cực tiểu thì
∂Φn−1
= 0, với n = 0, N,
∂xn


9

∂Φn ∂Φn−1
+
= 0.
∂xn
∂xn
Phương trình (1.3) là phương trình Euler - Lagrange rời rạc.
1.1.2

(1.3)

Nguyên lý cực đại của bài toán điều khiển tối ưu

Xét phương trình sai phân

xn+1 = f (xn , un , n),

với n = 0, 1, . . . , N − 1,

(1.4)

trong đó xn ∈ Rm , un ∈ Rk . Bài tốn đặt ra là tìm vectơ điều khiển un để
cực tiểu hàm mục tiêu
N −1

J=

ϕ(xn , n)|n=N
n=0

Φ(xn , un , n),

+

(1.5)

n=0

ở đây với mỗi n = 0, 1, . . . , N − 1, Φ(., ., n) : Rm × Rk → R là hàm khả vi
liên tục, ϕ(., n) : Rm → R là hàm khả vi liên tục tại n = N , n = 0.
Xét hàm Lagrange
N −1

L=

ϕ(xn , n)|n=N
n=0

{Φ(xn , un , n) + λTn+1 (f (xn , un , n) − xn+1 )}

+

n=0
N −1
n=N
= ϕ(xn , n)|n=0
+

(Hn − λTn+1 xn+1 ),
n=0

ở đây

Hn = Φ(xn , un , n) + λTn+1 f (xn , un , n).
Đặt

xn = xˆn + εηn ,
xn+1 = xˆn+1 + εηn+1 ,

un = uˆn + εvn .
Do đó

L = ϕ(ˆ
xN + εηN , N ) − ϕ(ˆ
x0 + εη0 , 0)
N −1

{H(ˆ
xn + εηn , uˆn + εvn , λn+1 , n) − λTn+1 (ˆ
xn+1 + εηn+1 )}.

+
n=0


10

Chúng ta đã biết

∂L
= 0,
∂ε
nên

∂ϕN T
∂ϕ0 T
(
) ηN − (
) η0 +

∂ xˆN
∂ xˆ0
N −1

N −1

λTn+1 ηn+1

−

+

n=0

(
n=0

N −1

(
n=0

∂Hn T
) ηn
∂ xˆn

∂Hn T
) vn = 0.
∂ uˆn

(1.6)

Ta có
N −1

−

N −1

N

λTn+1 ηn+1
n=0

λTn ηn

=−

λTn ηn − λTN ηN + λT0 η0 .

=−

n=1

n=0

Thay phương trình trên vào phương trình (1.6) ta thu được
∂ϕ0 T
∂ϕN T
) − λTN )ηN − ((

) − λT0 )η0
((
∂xN
∂x0
N −1

∂Hn T
) − λTn )ηn +
+
((
∂xn
n=0

N −1

(
n=0

∂Hn T
) vn = 0.
∂un

(1.7)

Do phương trình (1.7) khơng phụ thuộc vào việc chọn ηn , vn cho nên ta
thu được nguyên lý cực đại cho bài toán điều khiển tối ưu.
Định lý 1.1.1. Giả sử un , xn , n = 0, 1, . . . , N − 1 là điểu khiển tối ưu
và quỹ đạo tối ưu của bài toán (1.4) - (1.5). Khi đó tồn tại vectơ λn thỏa
mãn

λn =

∂H(xn , un , λn+1 , n)
,
∂xn
∂ϕ(0, n)
λ0 =
,
∂x0

và

λN =

∂ϕ(N, n)
,
∂xN

trong đó

H(xn , un , λn+1 , n) = Φ(xn , un , n) + λTn+1 f (xn , un , n),
sao cho với mỗi n = 0, 1, . . . , N − 1

H(xn , un , λn+1 , n) = mink H(xn , v, λn+1 , n).
v∈R


11

Ví dụ 1.1.2. Xét bài tốn điều khiển tối ưu tuyến tính rời rạc

xn+1 = Axn + Bun ,

n = 0, 1, . . . , N − 1,

(1.8)

với điều kiện ban đầu

x0 = x0 ,

(1.9)

và hàm mục tiêu

1
J(x, u, N ) =
2

N −1

(xTn uTn )
k=0

W S
ST R

xn
un

−→ min
un

trong đó xn là biến trạng thái và un là biến điều khiển.
Hệ số trong phương trình (1.8), (1.9) là những ma trận A, W, V ∈ Rm×m ,

B, S ∈ Rm×k , R ∈ Rk×k .
Giả sử W và R là các ma trận đối xứng và ma trận

W S
ST R

là nửa

xác định dương.
Xét hàm Hamilton

H = λTn+1 (Axn + Bun ) −

1 T T
x u
2 n n

Wn Sn
SnT Rn

xn
.
un

(1.10)

Áp dụng nguyên lý cực đại, ta thu được các phương trình sau

xn+1 = Axn + Bun ,
∂H
λn =
= W xn + AT λn+1 + Sun ,
∂xn
Run + S T xn + B T λn+1 = 0.

1.2

Phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1

Trong mục này chúng tơi trình bày một số nghiên cứu của tác giả P. K.
Anh, H. T. N. Yến [1] về phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 và
tác giả L. C. Lợi [6] về phương trình dưới liên hợp của phương trình sai
phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.


12

1.2.1

Khái niệm và các tính chất

Xét phương trình sai phân tuyến tính ẩn với hệ số biến thiên dạng

En xn+1 = An xn + qn ,

n = 0, 1, . . . , N,

(1.11)

trong đó En , An ∈ Rm×m và qn ∈ Rm đã cho. Ma trận En giả thiết là suy
biến với mọi n và rankEn = r (1 ≤ r ≤ m − 1).
Với mỗi n ≥ 0, gọi Qn ∈ Rm×m là phép chiếu bất kỳ lên kerEn , tức là

Q2n = Qn và imQn = kerEn . Khi đó, tồn tại một ma trận khơng suy biến
˜ = diag(Or , Im−r ).
˜ n−1 , trong đó Q
Vn ∈ Rm×m sao cho Qn = Vn QV
˜ n−1 .
Đặt Pn = I − Qn và Gn = En + An Vn−1 QV
Chúng ta định nghĩa các toán tử nối hai không gian con kerEn−1 và

kerEn
˜ −1 .
˜ n−1 và Qn,n−1 = Vn QV
Qn−1,n = Vn−1 QV
n−1
Ta có

Qn−1,n = Qn−1 Qn−1,n = Qn−1,n Qn ,

Qn−1,n Qn,n−1 = Qn−1,n−1

và

Qn,n−1 Qn−1,n = Qn .
Định nghĩa 1.2.1. [1] Ta nói phương trình (1.11) có chỉ số 1 nếu
(i) rankEn = r , n = 0, N ,
(ii) Sn ∩ kerEn−1 = {0}, n = 1, N ,
trong đó Sn = {ξ ∈ Rm : An ξ ∈ imEn }.
Ngoài ra, giả thiết rằng dimS0 = r. Gọi E−1 ∈ Rm×m là ma trận thỏa
mãn điều kiện S0 ⊕ kerE−1 = Rm . Nếu cặp ma trận {E0 , A0 } có chỉ số 1
(xem [7]) thì ta có thể lấy E−1 = E0 . Gọi Q−1 là phép chiếu nào đó lên
kerE−1 và P−1 = I − Q−1 . Ta nhận thấy điều kiện (ii) đúng với n = 0, N
và toán tử nối Qn−1,n cũng xác định với n = 0, N .
Dưới đây là ví dụ về phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.


13

Ví dụ 1.2.2. Xét phương trình sai phân tuyến tính (1.11) với




n + 1 0 −1
1 n 0




En = 
0
0 0  , An =  0 1 0 .
−(n + 1) 0 1

n 0 1
Với mọi n ≥ 0, ta có 0 < rankEn = 1 < 3 và
 



0

1



 


kerEn = 1 u +  0  v u, v ∈ R ,




0
n+1





−1





Sn =  0  u u, v ∈ R} .




n+1
Ta tính được Sn ∩ kerEn−1 = {0}. Vậy phương trình sai phân (1.11) với

En , An xác định như trên là phương trình sai phân ẩn tuyến tính chỉ số 1.
Để rankE−1 = 1 và S0 ∩ kerE−1 = {0} thì ta có thể chọn ma trận


0 0 −1


E−1 = 0 0 0  .
0 0

1

Bây giờ chúng tơi trình bày một số tính chất quan trọng của phương
trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 (xem [1]).
Mệnh đề 1.2.3. Giả sử rằng ma trận Gn = En + An Qn−1,n là không suy
biến thì ta có các đẳng thức sau:
(i)

En Pn = En ,

(1.12)

Pn = G−1
n En ,

(1.13)

G−1
n An Qn−1,n = Qn ,

(1.14)

(ii)

(iii)

Pn G−1
n An Qn−1 = 0,

Qn G−1
n An Qn−1 = Qn,n−1 .

(1.15)


14

Chứng minh. Do Qn là phép chiếu lên kerEn nên Qn x ∈ kerEn với mọi

x ∈ Rm . Vì vậy, với mọi x ∈ Rm , En Qn x = 0 hay En Qn = 0. Do đó,

En = En (Pn + Qn ) = En Pn + En Qn = En Pn .
Đẳng thức (1.12) được chứng minh.
Ta có

Gn Pn = (En + An Qn−1,n )Pn = En Pn + An Qn−1,n Pn
= En + An Qn−1,n Qn Pn = En .
Nhân G−1
n từ bên trái của đẳng thức trên, ta nhận được đẳng thức (1.13).
Tương tự,

Gn Qn = (En + An Qn−1,n )Qn = An Qn−1,n Qn = An Qn−1,n .
−1
Vậy Qn = G−1
n An Qn−1,n , từ đây suy ra Pn Gn An Qn−1,n = Pn Qn = 0, và
−1
Qn G−1
n An Qn−1 = Qn Gn An Qn−1,n Qn,n−1 = Qn Qn Qn,n−1 = Qn,n−1 . Đẳng
thức (1.14), (1.15) được chứng minh. Mệnh đề đã được chứng minh.

Mệnh đề 1.2.4. Các khẳng định sau là tương đương.
(i) Sn ∩ kerEn−1 = {0}.
(ii) Ma trận Gn = En + An Qn−1,n không suy biến.
(iii) Rm = Sn ⊕ kerEn−1 .
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Do Gn ∈ Rm×m nên Gn khả nghịch khi và chỉ khi

Gn đơn ánh, tức là kerGn = 0. Giả sử x ∈ kerGn , khi đó
0 = Gn x = (En + An Qn−1,n )x = En x + An Qn−1,n x.
Ta có An Qn−1,n x = −En x nên Qn−1,n x ∈ Sn . Mặt khác

Qn−1,n x = Qn−1 Qn−1,n x ∈ kerEn−1 .

Vậy Qn−1,n x ∈ Sn ∩ kerEn−1 = {0} hay Qn−1,n x = 0, suy ra

Qn x = Qn,n−1 Qn−1,n x = 0.
Hơn nữa, vì x ∈ kerEn = imQn nên x = Qn x = 0. Vậy kerGn = 0 hay ma
trận Gn không suy biến.


15

(ii) ⇒ (i). Giả sử x ∈ Sn ∩ kerEn−1 . Vì x ∈ kerEn−1 = imQn−1 cho
nên tồn tại y ∈ Rm sao cho x = Qn−1 y . Mặt khác, x ∈ Sn tức là tồn
tại η ∈ Rm thỏa mãn En η = An x = An Qn−1 y . Sử dụng giả thiết Gn khả
nghịch và các tính chất nêu trong Mệnh đề (1.2.3) ta có
−1
−1
G−1
n En η = Gn An Qn−1 y = Gn An Qn−1,n Qn,n−1 y ⇔ Pn η = Qn,n−1 y.

Tác động Qn từ bên trái hai vế của phương trình trên, ta thu được

Qn,n−1 y = 0.
Vậy x = Qn−1 y = Qn−1,n Qn,n−1 y = 0 hay Sn ∩ kerEn−1 = {0}.
(iii) ⇒ (i). Ta có được từ định nghĩa tổng trực tiếp của hai không gian.
(i) ⇒ (iii). Với mọi x ∈ Rm , đặt v = Qn−1,n G−1
n An x, u = x − v . Ta có,
−1
v = Qn−1,n G−1
n An x = Qn−1 Qn−1,n Gn An x ∈ kerEn−1 . Hơn nữa,

An u = An (x − v) = An x − An Qn−1,n G−1

n An x
−1
= (I − An Qn−1,n G−1
n )An x = (Gn − An Qn−1,n )Gn An x

= En G−1
n An x ∈ imEn .
Vậy u ∈ Sn và do đó Rm = Sn ⊕ kerEn−1 . Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5. Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1. Đặt
˜ −1 là một phép chiếu nào đó lên kerEn−1 . Khi đó
Qn−1 = Vn−1 QV
n−1

˜ n−1 = Qn−1,n G−1
(i) Q
n An là một phép chiếu chính tắc lên kerEn−1 song
song với Sn ;
m
(ii) Với V˜n−1 = (s1n , . . . , srn , hr+1
n−1 , . . . , hn−1 ) là ma trận có các cột tương

ứng là cơ sở của Sn và kerEn−1 , tức là Sn = span({sin }ri=1 ) và
˜ n−1 = V˜n−1 Q
˜ V˜ −1 .
kerEn−1 = span({hj }m
) thì Q
n−1 j=r+1

n−1

Chứng minh. (i) Theo Mệnh đề (1.2.4), do phương trình (1.11) có chỉ số 1
nên Gn là ma trận khả nghịch. Ta có
−1
−1
˜ 2n−1 = Qn−1,n (G−1
˜
Q
n An Qn−1,n )Gn An = Qn−1,n Gn An = Qn−1 .

˜ n−1 = Qn−1 Qn−1,n G−1
Mặt khác, Q
n An , suy ra
˜ n−1 ⊂ imQn−1 = kerEn−1 .
imQ


16

Ngược lại, với mỗi x ∈ kerEn−1 bất kỳ, ta ln có x = Qn−1 x, khi đó

˜ n−1 x = Qn−1,n G−1
Q
n An Qn−1 x
= Qn−1,n (G−1
n An Qn−1,n )Qn,n−1 x
= Qn−1 x = x,
˜ n−1 . Vậy kerEn−1 = imQ
˜ n−1 .
hay kerEn−1 ⊂ imQ
Ta có

−1
x ∈ Sn ⇔ An x = En ξ ⇔ Qn G−1
n An x = Qn Gn En ξ
−1
−1
⇔ Qn G−1
n An x = 0 ⇔ Vn−1 Vn Qn Gn An x = 0

⇔ Qn−1,n G−1
n An x = 0,
˜ n−1 x = 0, tức là kerQ
˜ n−1 = Sn .
hay x ∈ Sn khi và chỉ khi Q
−1 j
−1 ˜
−1 i
hn−1 = ej ,
(ii) Do V˜n−1
Vn−1 = I nên V˜n−1
sn = ei , i = 1, r và V˜n−1

j = r + 1, m, với ek = (0, . . . , 1, . . . , 0)T , k = 1, m. Vậy ta có
˜ n−1 sin = V˜n−1 Q
˜ V˜ −1 si = V˜n−1 Qe
˜ i = 0,
Q
n−1 n

i = 1, r

và với j = r + 1, m

˜ n−1 hj = V˜n−1 Q
˜ V˜ −1 hj = V˜n−1 Qe
˜ j = hj .
Q
n−1 n−1
n−1
n−1
˜ n−1 là phép chiếu chính tắc lên kerEn−1 song song với Sn .
Nói cách khác, Q
Do chỉ có duy nhất phép chiếu lên kerEn−1 song song với Sn nên theo (i),
˜ n−1 = V˜n−1 Q
˜ V˜ −1 . Mệnh đề được chứng minh.
ta có Q
n−1

Chúng ta sẽ đề cập đến sự bất biến của tính chất chỉ số 1 của phương
trình sai phân tuyến tính ẩn qua cặp biến đổi tuyến tính khơng suy biến

(Hn , Kn ), được trình bày trong mệnh đề sau (xem [1]).


17

Mệnh đề 1.2.6. Giả sử {Hn }n≥0 và {Kn }n≥−1 là họ các ma trận khả
nghịch và giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1. Khi đó (1.11) tương
đương với phương trình sai phân tuyến tính ẩn

E¯n xn+1 + A¯n xn = q¯n ,

(1.16)

¯n = Hn En Kn , A¯n = Hn An Kn−1 , q¯n = Hn qn , trong đó Hn được gọi
với E
là ma trận tỷ lệ và Kn là ma trận của phép đổi biến xn = Kn−1 x
¯n . Hơn
nữa (1.16) cũng có chỉ số 1.
Chứng minh. Do Hn , Kn là các song ánh tuyến tính nên

rankEn = dim(imEn ) = dim(imEn Kn ) = dim(imHn En Kn )
= dim(imE¯n ) = rankE¯n .
Vì phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên Sn ∩ kerEn−1 = {0}, do đó
−1
−1
Kn−1
(Sn ∩ kerEn−1 ) = Kn−1
({0}) = {0}.

Mặt khác,
−1
Kn−1
kerEn−1 = kerE¯n−1 ,

−1
Kn−1
Sn = S¯n .

−1
Thật vậy , với x ∈ Kn−1

kerEn−1 thì tồn tại ξ ∈ kerEn−1 sao cho En−1 ξ = 0
−1
và x = Kn−1
ξ . Suy ra ξ = Kn−1 x, do đó En−1 Kn−1 x = En−1 ξ = 0 nên
E¯n−1 x = 0 hay x ∈ kerE¯n−1 .

¯n−1 , ta có E¯n−1 x = 0, suy ra En−1 Kn−1 x = 0, do
Ngược lại, với x ∈ kerE
¯n−1 .
đó x ∈ K −1 kerEn−1 . Vậy K −1 kerEn−1 = kerE
n−1

Tương tự, ta được

n−1

−1
Kn−1
Sn

= S¯n .

Như vậy
−1
−1
−1
Kn−1
(Sn ∩ kerEn−1 ) = Kn−1
(Sn ) ∩ Kn−1
(kerEn−1 ) = S¯n ∩ kerE¯n−1 ,

¯n−1 = {0} hay (1.16) có chỉ số 1. Mệnh đề được chứng
nên S¯n ∩ kerE
minh.
Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng cặp ma trận không suy biến Hn và Kn
để đưa phương trình (1.11) về dạng đơn giản dễ giải hơn, được trình bày
trong định lý sau (xem [1]).


18

Định lý 1.2.7. Mọi phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1 đều có thể
đưa về dạng chuẩn tắc Kronecker - Weierstrass
Ir
Or×m−r
A¯11n Or×m−r
x¯n+1 +
Om−r×r Om−r
Om−r×r Im−r

x¯n = q¯n .

(1.17)

Chứng minh. Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1. Do Gn khả nghịch
không phụ thuộc vào việc chọn phép chiếu Qn , Qn−1 nên ta có
¯ n = En +An Q
˜ n−1,n là không suy biến, ta suy ra G
¯ n V˜n = En V˜n +An V˜n−1 Q
˜.

G

˜n = G
¯ n V˜n , khi đó G
˜ n là ma trận khơng suy biến. Ta có thể chọn ma
Đặt G
˜ −1 và phép đổi biến Kn = V˜n tức là E¯n = G
˜ −1 En V˜n và
trận tỷ lệ Hn = G
n

n

˜
˜ −1
A¯n = G
n An Vn−1 . Do đó
˜ Q
˜
˜ = (En V˜n + An V˜n−1 Q)
˜ nQ
G
˜ + An V˜n−1 Q
˜Q
˜
= En V˜n Q
˜
˜ n V˜n + An V˜n−1 Q
= En Q
˜

= An V˜n−1 Q,
˜
˜ ˜
˜ −1
suy ra G
n An Vn−1 Q = Q.
Tương tự, vì

˜ P˜
˜ n P˜ = En V˜n P˜ + An V˜n−1 Q
G
= En V˜n
˜ −1
˜
˜
¯
˜ −1 ˜
˜
nên G
n En Vn = P . Từ đó En = Gn En Vn = P = diag(Ir , Om−r ).
˜=G
˜ −1 An V˜n−1 Q
˜=Q
˜ nên
Ta lại có A¯n Q
n

˜ = Q.
˜
A¯n Q

˜ thì
Mặt khác, nếu z ∈ imQ
˜ và Q
˜ A¯n z = Q(
˜ G
˜ −1
˜ ˜
˜
z = Qz
n An Vn−1 Q)z = Qz = z.
Tương tự, với mọi z ∈ imP˜ , ta có z = P˜ z . Do đó,

V˜n−1 z = V˜n−1 P˜ z = P˜n−1 V˜n−1 z ∈ Sn .
Suy ra An V˜n−1 z = En ξ với ξ ∈ Rm nào đó. Hơn nữa

˜ A¯n z = Q
˜G
˜ −1
˜
˜ ˜ −1
˜ ˜ ˜ −1
Q
n An Vn−1 z = QGn En ξ = QP Vn = 0.

(1.18)


19

˜ A¯n x = Q

˜ A¯n (P˜ x) + Q
˜ A¯n (Qx)
˜ = Qx
˜ , cho
Như vậy với mỗi x ∈ Rm , ta có Q
nên

˜ A¯n = Q.
˜
Q
(1.19)
˜ = diag(Or , Im−r ) ta có thể biểu diễn
Kết hợp (1.18), (1.19) và để ý rằng Q
A¯n = diag(A¯11n , Im−r ), trong đó A¯11n là ma trận nào đó thuộc Rr×r . Định
lý được chứng minh.
1.2.2

Bài tốn Cauchy cho phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1

Nếu ta đặt điều kiện ban đầu cho phương trình (1.11) là

x0 − x0 = 0

(1.20)

với x0 ∈ Rm cho trước, bài tốn giá trị ban đầu (1.11) và (1.20) có thể vơ
nghiệm (xem [7]).
Chẳng hạn, xét phương trình

1 1

xn+1 =
n n

n
n
2
xn +
,
n n−1
−1

n = 0, N ,

(1.21)

với x0 = x0 = (α, 2)T . Thay n = 0 vào phương trình (1.21), ta nhận được
(2)

x0 = −1. Điều này suy ra bài tốn trên vơ nghiệm.
Vì vậy đối với phương trình sai phân ẩn, ta không yêu cầu các vectơ

x0 − x0 bằng vectơ không mà chỉ yêu cầu một số thành phần của nó bằng
0, chẳng hạn
P−1 (x0 − x0 ) = 0.
(1.22)
Bây giờ ta sẽ thiết lập tính duy nhất nghiệm và xây dựng công thức nghiệm
tường minh cho bài toán giá trị ban đầu (1.11) - (1.22).


20

Định lý 1.2.8. Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1. Khi đó bài tốn
Cauchy (1.11) - (1.22) ln có nghiệm duy nhất với mọi vế phải qn ∈ Rm
với n = 0, N và nghiệm được xác định bởi công thức sau:
n−1

xn =P˜n−1 (

0
G−1
n−1−i An−1−i )x

i=0
n−2 n−2−k
−1
−1
G−1
n−1−i An−1−i )Gk qk + Gn−1 qn−1

+(

i=0
˜ n−1 G−1
Vn−1 QV
n qn .
k=0

−

Chứng minh. Vì phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên Gn là ma trận không

−1
suy biến. Nhân Pn G−1
n và Qn Gn vào bên trái hai vế của phương trình

(1.11), ta nhận
 được hệ
−1
−1
P G−1 E x
n n
n n+1 = Pn Gn An xn + Pn Gn qn ,
−1
−1
Q G−1 E x
n n
n n+1 = Qn Gn An xn + Qn Gn qn .
Áp dụng
 Mệnh đề (1.2.3), ta được
−1
−1
P x
n n+1 = Pn Gn An Pn−1 xn + Pn Gn qn ,
0 = Q G−1 A P x + V Q V −1 x + Q G−1 q .
n n
n n−1 n
n n n−1 n
n n n

(1.23)

Ta nhân Vn−1 Vn−1 vào bên trái hai vế phương trình thứ 2 của hệ (1.23), ta
thu được

˜ n−1 G−1
˜ −1 −1
Vn−1 QV
n An Pn−1 xn + Qn−1 xn + Vn−1 QVn Gn qn = 0.
Do đó

˜ n−1 G−1
˜ −1 −1
xn = (I − Vn−1 QV
n An )Pn−1 xn − Vn−1 QVn Gn qn ,
tức là

˜ n−1 G−1
xn = P˜n−1 Pn−1 xn − Vn−1 QV
n qn .
Đặt un = Pn−1 xn , với n = 0, N − 1, khi đó hệ thức trên có dạng
˜ n−1 G−1
xn = P˜n−1 un − Vn−1 QV
n qn ,
ở đây un là nghiệmcủa phương trình sai phân thường sau
−1
−1
u
n+1 = Pn Gn An un + Pn Gn qn ,
u = u0 = P x0 .
0

−1

(1.24)

(1.25)


21

Nghiệm của (1.25) được cho bởi
n−1
0
Pn−1−i G−1
n−1−i An−1+1 )u

un =(

i=0
n−2 n−k−2
−1
−1
Pn−1−i G−1
n−1−i An−1+1 )Pk Gk qk + Pn−1 Gn−1 qn−1 .

(

+

i=0

k=0

Kết hợp với (1.24), ta có
n−1

xn =P˜n−1 (

0
Pn−1+i G−1
n−1+i An−1+i )u

i=0
n−2 n−k−2

+

−1
−1
Pn−1+i G−1
n−1+i An−1+i )Pk Gk qk + Pn−1 Gn−1 qn−1

(
i=0

k=0

˜ n−1 G−1
− Vn−1 QV
n qn .
−1

Để ý rằng Pn G−1
n An Pn−1 = Pn Gn An , n = 0, N .

Thật vậy, từ Mệnh đề (1.2.3) ta có Pn G−1
n An Qn−1 = 0, suy ra
−1
−1
Pn G−1
n An (I − Qn−1 ) = 0, tức là Pn Gn An Pn−1 = Pn Gn An , n = 0, N .
Hơn nữa, P˜n−1 Pn−1 = P˜n−1 ( do P˜n−1 Qn−1 = 0).
Từ các điều kiện trên ta nhận được công thức nghiệm là
n−1

xn =P˜n−1 (

0
G−1
n−1−i An−1−i )x

i=0
n−2 n−2−k
−1
−1
G−1
n−1−i An−1−i )Gk qk + Gn−1 qn−1

+(

i=0
˜ n−1 G−1

Vn−1 QV
n qn .
k=0

−

Định lý đã được chứng minh.
Xét tại thời điểm n = N + 1 ta có
−1
xN +1 = PN G−1
N AN PN −1 xN + PN GN qN + QN xN +1
N −1 N −1−k

N
0
G−1
N −i AN −i )x

= PN (
i=0

+ QN xN +1 .

−1
−1
G−1
N −i AN −i )Gk qk + GN qN

+(
k=0

i=0

(1.26)


22

¯ l và Gl , với
Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa G
¯ l = El + Al V˜l−1 Q
˜ V˜ −1 ,
G
l

˜ −1 .
Gl = El + Al Vl−1 QV
l

Ta có

¯ l = Gl Pl + Al Vl−1 V −1 Vl V −1 V˜l−1 Q
˜ V˜ −1 .
G
l
l−1
l
˜ l−1 và Ql−1 là các phép chiếu lên kerEl−1 , ta thu được
Do Q
˜ l−1 = Q

˜ l−1 , Q
˜ l−1 Ql−1 = Ql−1 .
Ql−1 Q
−1 ˜
˜ V˜ −1 x ∈ kerEl , với x ∈ Rm , thật vậy
Ta thấy, Vl Vl−1
Vl−1 Q
l
˜ V˜ −1 x = Gl Pl Vl V −1 V˜l−1 Q
˜ V˜ −1 x
El Vl V −1 V˜l−1 Q
l−1

l

l−1

l

−1 ˜
˜ V˜ −1 x
= Gl (I − Ql )Vl Vl−1
Vl−1 Q
l
˜ V˜ −1 x
˜ V˜ −1 x − Gl Ql Vl V −1 V˜l−1 Q
= Gl Vl V −1 V˜l−1 Q

=

l
l−1
−1 ˜
˜ V˜ −1 x
Gl Vl Vl−1
Vl−1 Q
l

−

l
l−1
−1
˜ V˜ −1 x
Gl Vl Vl−1
Ql−1 V˜l−1 Q
l

= 0.
Do đó
−1 ˜
˜ V˜ −1 = Vl V −1 V˜l−1 Q
˜ V˜ −1 ,
Ql Vl Vl−1
Vl−1 Q
l
l
l−1

điều này suy ra

¯ l = Gl Pl + Al Vl−1 QV
˜ −1 Ql Vl V −1 V˜l−1 Q
˜ V˜ −1
G
l
l−1
l
˜ V˜ −1
= Gl Pl + Gl Ql Vl V −1 V˜l−1 Q
l−1

l

−1 ˜
˜ V˜ −1 ).
= Gl (Pl + Vl Vl−1
Vl−1 Q
l

Hơn nữa
−1 ˜
˜ V˜ −1 )(P˜l + V˜l V˜ −1 Vl−1 QV
˜ −1 )
(Pl + Vl Vl−1
Vl−1 Q
l
l−1
l
−1

−1
˜ l V˜l V˜ Vl−1 QV
˜
= Pl P˜l + Pl Q

l−1
l
−1 ˜
−1
−1
˜ l P˜l + Vl V −1 Q
˜
+ Vl Vl−1 Vl−1 V˜l Q
l−1 l−1 Ql−1 Vl−1 Vl
−1
= Pl + Vl Vl−1
Ql−1 Vl−1 Vl−1 = I,

hay
−1 ˜
˜ V˜ −1 )−1 = (P˜l + V˜l V˜ −1 Vl−1 QV
˜ −1 ),
(Pl + Vl Vl−1
Vl−1 Q
l
l−1
l

khi đó
−1 ˜

˜ ˜ −1 ¯ −1
G−1
l = (Pl + Vl Vl−1 Vl−1 QVl )Gl .


23

Mặt khác
−1
−1 ˜
˜ ˜ −1 ¯ −1
¯ −1
Pl G−1
l Al Pl−1 = Pl Gl Al = Pl (Pl + Ql Vl Vl−1 Vl−1 QVl )Gl Al = Pl Gl Al

và
−1 ˜
˜ n−1 G−1
˜ −1
˜ ˜ −1 ¯ −1
˜ ˜ ˜ −1 ¯ −1
Vn−1 QV
n = Vn−1 QVn (Pn +Vn Vn−1 Vn−1 QVn )Gn = Vn−1 QVn Gn .

Như vậy nghiệm của bài toán Cauchy (1.11), (1.22) được biểu diễn dưới
dạng
n−1

xn =P˜n−1 (

¯ −1 An−1−i )x0
G
n−1−i

i=0
n−2 n−2−k

¯ −1 An−1−i )G
¯ −1 qk + G
¯ −1 qn−1
G
n−1
n−1−i
k

+(

i=0
˜ V˜n−1 G
¯ −1
V˜n−1 Q
n qn
k=0

−
và

N −1 N −1−k

N

¯ −1 AN −i )x0 + (
G
N −i

xN +1 = PN (
i=0

¯ −1 AN −i )G
¯ −1 qk + G
¯ −1 qN
G
N −i
N
k
k=0

i=0

+ QN xN +1
N −1 N −1−k

N

= P˜N (

¯ −1 AN −i )x0
G
N −i

¯ −1 AN −i )G
¯ −1 qk + G
¯ −1 qN
G
N −i
N
k

+(

i=0

k=0

i=0

˜ N xN +1 .
+Q
1.2.3

Phương trình dưới liên hợp

Xét phương trình thuần nhất

En xn+1 = An xn ,

n = 0, N .

(1.27)

Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng phương trình dưới liên hợp của phương trình
sai phân chỉ số 1 (1.27) bằng cách sử dụng dạng Kronecker - Weierstrass
(xem [6]).
Đặt x
¯n =

x1n
, ở đây x1n ∈ Rr và x2n ∈ Rm−r .
x2n