Lý thuyết phương trình sai phân và ứng dụng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN

———————

HUỲNH KIM TUYẾN

LÝ THUYẾT PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG

NGÀNH ĐÀO TẠO: TỐN ỨNG DỤNG
KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP

Giảng viên hướng dẫn: TS. LÊ HẢI TRUNG

Đà Nẵng, 04/2019


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đề tài: “Lý thuyết phương trình sai phân và ứng dụng”
là một cơng trình nghiên cứu độc lập khơng có sự sao chép của người khác.
Đề tài là một sản phẩm mà tôi đã nỗ lực nghiên cứu trong quá trình học
tập tại trường đại học. Trong q trình viết bài có sự tham khảo một số
tài liệu có nguồn gốc rõ ràng, dưới sự hướng dẫn của thầy Lê Hải Trung.
Tôi cam đoan nếu có vấn đề gì tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm.
Đà Nẵng, ngày

tháng

năm 2019

Sinh viên thực hiện

Huỳnh Kim Tuyến

2


LỜI CẢM ƠN

Bản luận văn này của tơi được hồn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp
của TS. Lê Hải Trung - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng.
Lời đầu tiên, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc về sự chỉ bảo tận tình đến
người thầy dạy và cũng là giảng viên hướng dẫn - TS. Lê Hải Trung. Suốt
thời gian qua, thầy đã dành nhiều thời gian để hướng dẫn, giúp đỡ tôi với
sự nhiệt tình, chu đáo để tơi có thể hồn thành bản luận văn này một cách
tốt nhất.
Bên cạnh đó, vì kiến thức tơi vẫn cịn hạn chế, trong q trình làm luận
văn, tơi sẽ khơng tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được những
ý kiến đóng góp từ thầy và tất cả thầy cơ Khoa Tốn.
Tơi xin chân thành cảm ơn sự quan tâm, giúp đỡ của tất cả mọi người
đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành nhiệm vụ của mình.

3


Mục lục
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC BỔ TRỢ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1. Hệ phương trình tuyến tính và nghiệm của hệ phương trình tuyến
tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Sai phân hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8
1.3. Một số khái niệm cơ bản của phương trình sai phân . . . . . . . . . 11
1.4. Phương trình sai phân cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5. Phương trình sai phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6. Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất . . . . . . . . . 19
1.7. Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng . . . . 26
1.8. Phương trình sai phân tuyến tính khơng thuần nhất . . . . . . . . . 30
1.9. Phương trình sai phân tuyến tính khơng thuần nhất hệ số hằng
với vế phải đặc thù . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH
SAI PHÂN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.1. Dãy truy hồi.ư, cơng thức tính tổng từng phần . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2. Áp dụng phương trình sai phân trong phân tích kinh tế . . . . . .38
2.3. Mơ hình thị trường có hàng tồn kho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4. Mơ hình thu nhập quốc dân với nhân tử tăng tốc Samuelson .41
2.5. Mơ hình kinh tế vĩ mơ về lạm phát và thất nghiệp với thời gian
rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4


LỜI MỞ ĐẦU

Có rất nhiều hiện tượng khoa học kỹ thuật trong thực tiễn mà việc tìm
hiểu nó dẫn đến bài tốn giải phương trình sai phân. Phương trình sai
phân cịn là một cơng cụ giúp giải các bài tốn vi phân, đạo hàm và các
phương trình đại số tuyến tính.

Sự ra đời của phương trình sai phân cũng xuất phát từ việc xác định
mối quan hệ được thiết lập bởi một bên là một đại lượng biến thiên liên
tục với bên còn lại là độ biến thiên của đại lượng đó. Đối với các hàm
thơng thường, nghiệm là một giá trị số (số thực, số phức,...). Cịn trong
phương trình sai phân, mục tiêu là tìm ra cơng thức của hàm chưa được
biết nhằm thỏa mãn mối quan hệ đề ra. Thơng thường nó sẽ là một họ các
nghiệm, sai lệch bằng một hằng số C nào đó. Hàm này sẽ được xác định
chính xác khi có thêm điều kiện xác định ban đầu hoặc điều kiện biên.
Trong các ứng dụng thực tế, khơng dễ dàng để tìm ra cơng thức của
hàm nghiệm. Với giá trị của của thực tiễn khi ấy, người ta chỉ quan tâm
tới giá trị của hàm tại các giá trị cụ thể của các biến độc lập.
Phương trình sai phân được nghiên cứu rộng rãi trong tốn học thuần
túy và có ứng dụng trong kinh tế và các ngành kỹ thuật khác. Tuy nhiên
nhiều bài tốn phương trình sai phân mà việc tìm nghiệm của nó rất là
phức tạp mặc dù nó khá đơn giản về mặt cấu trúc. Nói chung khơng có
phương pháp chung nào để giải các phương trình sai phân tuyến tính. Điều
người ta quan tâm là khi nghiên cứu các phương trình sai phân là tính tồn
tại và mơ hình ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau.
Phương trình sai phân được phân làm nhiều loại, luận văn này trình
bày nghiên cứu về phương trình sai phân tuyến tính.

5


Ở trường trung học phổ thông cũng như trong các kỳ thi học sinh giỏi
toán xuất hiện nhiều bài toán hay và khó về dãy số, giới hạn, số học, phân
tích truy hồi, phương trình hàm,... được cho dưới dạng một phương trình
sai phân hay có sử dụng phương trình sai phân để giải. Chính vì vậy mà
nhiệm vụ tìm hiểu những ứng dụng của phương trình sai phân trong các
bài tốn phổ thơng được xem là một u cầu cấp thiết và quan trọng.

Việc xây dựng có hệ thống các kiến thức cơ bản về phương trình sai
phân có phân loại các dạng phương trình sai phân với sự tổng hợp các
phương pháp giải sẽ đóng góp tốt hơn, có hiệu quả cao hơn cho việc định
hướng nghiên cứu và phát triển tư duy cho học sinh.

6


CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC BỔ TRỢ

1.1. Hệ phương trình tuyến tính và nghiệm của hệ phương trình
tuyến tính
Trong tốn học (cụ thể là trong đại số tuyến tính), một hệ phương trình
đại số tuyến tính hay đơn giản là hệ phương trình là một tập hợp các
phương trình tuyến tính với cùng những biến số. Hình thức tổng quát của
hệ phương trình đại số tuyến tính gồm n phương trình tuyến tính với k
biến số.
Định nghĩa 1.1.Một hệ có dạng

a11 x1 + a12 x2 + ... + a1k xk




a21 x1 + a22 x2 + ... + a2k xk

= b1
= b2

(1.1)


...




a x + a x + ... + a x = b
n1 1
n2 2
nk k
n
được gọi là hệ phương trình tuyến tính n phương trình, n ẩn.

Hệ phương trình (1.1) có thể được viết dưới dạng phương trình ma trận

A.x = b,
với A là ma trận chứa các hệ số aij (aij là phần tử ở hàng thứ i, cột thứ
j của ma trận A); x là vec-tơ chứa các biến xj ; b là vec-tơ chứa các hằng
số bi , tức là







a11

a21
..
.

a12 ...
a22 ...
..
...
.

a1k
a2k
..
.

an1 an2 ...

ank

 
 
 
.
 
 

x1
x2
..
.

xn

7





 
 
=
 
 

b1
b2
..
.
bn




.




Nếu các biến số của hệ phương trình tuyến tính nằm trong các trường
đại số vơ hạn (ví dụ số thực hay số phức), thì chỉ có ba trường hợp xảy ra:

• Hệ vơ nghiệm;

• Hệ có duy nhất một nghiệm;
• Hệ có vơ số nghiệm.
1.2. Sai phân hữu hạn
Xét hàm số một biến thực: y = y(t), t ∈ R (hay t ∈ Z+ ), h > 0.
Định nghĩa 1.2. Đại lượng

y(t + h) − y(t) =

y(t)

(1.2)

được gọi là phương trình sai phân hữu hạn cấp một của hàm số y(t).
Ta sẽ đặt mặc định hàm y(t) là xác định tại các điểm mà ta tiến hành
xem xét. Chú ý, trong lý thuyết vi phân thì h chính là số gia của đối số,
cịn y(t) chính là số gia của hàm số tại điểm t. Mặt khác, số h cịn có
tên gọi là bước. Sai phân hữu hạn cấp cao được xác định bởi biểu thức
n

y(t) =

n−1

(

y(t)).

(1.3)

Ví dụ, đối với n = 1 ta có

y(t) =

(

0

y(t)) = y(t + h) − y(t).

Đối với n = 2 ta có
2

y(t) =
=

( y(t))
(y(t + h) − y(t))

= (y(t + 2h) − y(t + h)) − (y(t + h) − y(t))
= y(t + 2h) − 2y(t + h) + y(t).
Ta kí hiệu 0 y(t) = y(t). Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ
dàng chứng minh được sai phân hữu hạn cấp n là tuyến tính, có nghĩa là
n

n

(f (t) + g(t)) =
n

(f (t)) +

(Cf (t)) = C.
8

n

n

(f (t)).

(g(t)),


Giá trị n y(t) khơng khó để biểu diễn qua các giá trị của hàm y(t) tại
các điểm t, t + h, ..., t + nh. Ta có được cơng thức sau đây
n
n

(−1)n−k Cnk y(t + h).

y(t) =

(1.4)

k=0

Chứng minh. (Bằng phương pháp quy nạp toán học)
Hiển nhiên với n = 1 cơng thức (1.4) có dạng

y(t) = −y(t) + y(t + h).
Phương trình trên chính là đại lượng (1.2).
Giả sử (1.4) thỏa mãn khi đối với sai phân hữu hạn cấp n − 1. Ta có
n

y(t) =

(

n−1

y(t))

n−1
k
(−1)n−k−1 Cn−1
y(t + kh)

=
k=0
n−1

=

n−1

(−1)

n−k−1

k
Cn−1
y(t

k
(−1)n−k−1 Cn−1
y(t + kh).

+ (k + 1)h) −

k=0

k=0

Ở số hạng thứ nhất, ta đặt m = k + 1. Khi đó,
n−1

n

(−1)

n−k−1

k
Cn−1
y(t

m−1
(−1)n−m Cn−1

y(t + kh),

+ (k + 1)h) =

m=1

k=0

và lại đặt m = k , ta nhận được biểu thức
n
k−1
(−1)n−k Cn−1
y(t + kh).
k=1

9


Khi đó,
n−1

n
n

(−1)

y(t) =

n−k

k−1
Cn−1
y(t

k
(−1)n−k−1 Cn−1
y(t + kh)

+ kh) −
k=0

k=1
n−1

k−1
n−1
(−1)n−k Cn−1
y(t + kh) + (−1)0 Cn−1
y(t + nh)

=

k=1
n−1
k
(−1)n−k Cn−1
y(t + kh)

+
k=0

n−1

k−1
n−1
(−1)n−k Cn−1
y(t + kh) + Cn−1
y(t + nh)

=

k=1
n−1
k
0
(−1)n−k Cn−1
y(t + kh) + (−1)n Cn−1
y(t).

+
k=1

Mặt khác, ta lại có

C k−1 + C k = C k ,
n−1
n
n−1
C 0 = C n−1 = 1.
n−1

n−1

Do đó, cơng thức cuối cùng ta viết được dưới dạng
n−1
n

(−1)n−k Cnk y(t + kh) + (−1)n y(t)

y(t) = y(t + nh) +
k=1

(1.5)

n

(−1)n−k Cnk y(t + kh).

=
k=0

Như vậy, công thức (1.4) được chứng minh.
Chú ý rằng, nếu như trong công thức (1.4) ta thực hiện phép đổi biến
của chỉ số m = n − k và sử dụng công thức Cnk = Cnn−k , khi đó ta nhận
được

n
n

y(t) =

(−1)m Cnm y(t + (n − m)h).
m=0

Một cách hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được công thức
n

Cnk

y(t + nh) =
k=0

10

k

y(t).

(1.6)


1.3. Một số khái niệm cơ bản của phương trình sai phân
Định nghĩa 1.3. Phương trình có dạng

F (t, y(t),

y(t), ...,

n

y(t)) = 0

(1.7)

được gọi là phương trình sai phân.
Định nghĩa 1.4. Nếu từ (1.7) có thể biểu diễn các sai phân hữu hạn bởi
cơng thức (1.4) thì ta nhận được phương trình

G(t, y(t), y(t + h), y(t + nh)) = 0.

(1.8)

Khi đó, phương trình (1.8) được gọi là phương trình sai phân cấp n.
Ta sẽ luôn giả sử h = 1. Khi đó, phương trình (1.8) có dạng

G(t, y(t), y(t + 1), ..., y(t + n)) = 0.

(1.9)

Ví dụ 1.1. Xác định cấp của phương trình sau đây
3

y(t) +

2

y(t) −

y(t) − y(t) = 0.

Lời giải.

Ta có

y(t) = y(t + h) − y(t);
2

y(t) = y(t + 2h) − 2y(t + h) + y(t);

3

y(t) = y(t + 3h) − 3y(t + 2h) + 3y(t + h) − y(t),

Do đó,
3

y(t) +

2

y(t) −

y(t) − y(t) = y(t + 3h) − 2y(t + 2h).

Đặt τ = t + 2h, khi đó phương trình cuối được viết dưới dạng

y(τ + h) − 2y(τ ) = 0.
Phương trình trên được gọi là phương trình sai phân cấp một.
Định nghĩa 1.5. Nghiệm (rời rạc) của phương trình (1.9) tương ứng tại
điểm t0 ∈ Z+ là dãy số y0 , y1 , ..., yk , ... sao cho

G(t0 + k, yk , ..., yk+n ) = 0,

(1.10)

với k = 0, 1, 2, ..., còn Z+ là tập các số ngun dương.
Bài tốn Cauchy cho việc tìm nghiệm của phương trình (1.8) nằm ở việc
xác định y(t) của phương trình này và đồng thời thỏa mãn các điều kiện
11


đầu sau đây

y(t0 ) = y0 , y(t0 + 1) = y1 , ..., y(t0 + n − 1) = yn−1 .
Các số y0 , y1 , ..., yn−1 được gọi là các giá trị đầu của nghiệm y(t), t0
được gọi là điểm đầu.
Nếu y(t) là nghiệm liên tục trên [t0 , +∞) của phương trình (1.8) thì
khi đó dãy y(t0 ), y(t0 + 1), ..., y(t0 + k)... sẽ là nghiệm rời rạc của (1.8).
Định nghĩa 1.6. Điểm (t0 , y0 , y1 , ..., yn−1 ) ∈ Z+ × Rn được gọi là điểm
duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.8). Nếu với bất kỳ nghiệm ϕ(t)
của bài toán Cauchy, thỏa mãn điều kiện đầu

ϕ(t0 ) = ϕ0 , ϕ(t0 + 1) = ϕ1 , ..., ϕ(t0 + n − 1) = ϕn−1 ,
với (y0 , y1 , ..., yn−1 ) = (ϕ0 , ϕ1 , ..., ϕn−1 ).
Ta suy ra rằng với mọi k ≥ 1,

(yk , yk+1 , ..., yk+n−1 ) = (ϕ1 , ϕk + 1, ..., ϕk + n − 1),
tức là với các điều kiện khác nhau thì sinh ra các nghiệm khác nhau.
Định nghĩa 1.7. Giả sử D là một tập con của không gian n + 1 chiều
Rn+1 và mỗi điểm của D đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài
toán Cauchy (1.8). Hàm y(t) = y(t, C1 , ..., Cn ) được gọi là nghiệm tổng
quát của phương trình (1.8), nếu thỏa mãn hai điều kiện:

(1) Với mọi giá trị cho trước C1 , ..., Cn hàm đã cho là nghiệm của
phương trình (1.8).
(2) Mọi nghiệm của bài toán Cauchy (1.8) với điều kiện đầu được lấy
từ D có thể nhận được từ nghiệm tổng quát một cách duy nhất.
Phương trình sai phân ln mơ tả sự phát triển của các hiện tượng đã
biết qua một vài lần theo thời gian. Ví dụ, nếu một tập hợp đã biết có
vài khoảng rời rạc, kích thước của x(n + 1) khoảng (n + 1) thứ nhất là
một phương trình x(n) của khoảng thứ n. Quan hệ này biểu diễn chính
nó trong phương trình sai phân

x(n + 1) = f (x(n)).

12


1.4. Phương trình sai phân cấp một
Xét phương trình

y(t) = f (t), t ∈ Ω0 ,

(1.11)

hay

y(t + 1) = y(t) + f (t).
Đặt chúng vào phương trình cuối lần lượt các giá trị

t = t0 , t = t0 + 1, ..., t = n − 1,
rồi cộng dồn lại và tiến hành đổi biến n := t ta nhận được
t−1

y(t) = C +

f (x),

C = y(t0 ).

(1.12)

k=t0

Bây giờ ta tiến hành xem xét phương trình

p(t) = 0, t ∈ Ω0 .

y(t + 1) = y(t)p(t),

(1.13)

Lần lượt đặt vào (1.13) các giá trị

t = t0 , t = t0 + 1, ..., t = n − 1
rồi nhân vế theo vế, sau đó thực hiện đổi biến n := t, ta nhận được
t

t−1

y(k) =
k=t0 +1

t−1

p(k)
k=t0

y(k).

(1.14)

k=t0

Nếu y(t0 ) = 0 thì từ điều kiện p(t) = 0, t ∈ Ω0 suy ra y(t) = 0, t ∈ Ω0 .
t−1

y(k) = 0,

Giản ước cả hai vế của phương trình (1.14) cho
k=t0

ta nhận được các nghiệm khơng suy biến của phương trình (1.13)
t−1

p(k), y(t0 ) = 0.

y(t) = y(t0 )

(1.15)

k=t0

Đặt y(t0 ) = C ta nhận được nghiệm tổng quát của (1.14) có dạng
t

y(t) = C

p(k).

(1.16)

k=t0

Hơn nữa, trên thực tế thì cơng thức (1.16) có chứa cả nghiệm tầm thường
của phương trình (1.16) khi C = 0.

13


Phương trình (1.13) chính là trường hợp riêng của phương trình sau đây

p(t) = 0, t ∈ Z+ .

y(t + 1) = p(t)y(t) + f (t),

(1.17)

Ta tiến hành xem xét phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát của
phương trình trên được gọi là phương pháp biến thiên hằng số hay còn
gọi là phương pháp Lagrange. Ta xem C trong (1.16) như là một hàm phụ
thuộc vào t, để cho công thức
t−1

y(t) = C(t)

p(k),

(1.18)

k=t0

cho ta nghiệm của phương trình (1.17). Thay (1.18) vào (1.17) ta nhận
được
t

t−1

C(t + 1)

p(k) = p(t)C(t)
k=t0

p(k) + f (t),
k=t0

t

p(k) C(t) = f (t),
k=t0
t

p(k))−1 .

C(t) = f (t)(
k=t0

Phương trình cuối có dạng (1.11), do đó nghiệm tổng qt của phương
trình trên có thể viết được dưới dạng (1.12), nghĩa là
t−1

k

−1

f (k)

C(t) = C +

p(m)

.

m=t0

k=t0

Đặt biểu thức nhận được đối với C(t) vào (1.18) ta thu được
t−1

y(t) =

t−1

p(k) C +
k=t0

k

f (k)
k=t0

−1

p(m)

.

(1.19)

m=t0

Ta tiến hành xem xét thêm một phương pháp nữa để xác minh nghiệm
tổng quát của phương trình (1.17), có tên gọi là phương pháp Bernoully.
Ta sẽ đi tìm y(t) dưới dạng y(t) = u(t)v(t).

14


Ta có

y(t + 1) = u(t + 1)v(t + 1)
= p(t)u(t)v(t) + f (t),

u(t + 1) v(t) = p(t)u(t)v(t) − u(t + 1)v(t) + f (t).
Ta chọn hàm u(t) sao cho u(t + 1) = u(t)p(t), ví dụ như
t−1

u(t) =

p(k),
k=t0

cịn hàm v(t) được xác minh từ phương trình

u(t + 1) v(t) = f (t),
hay
t

−1

v(t) = f (t)

.

p(k)
k=t0

Do đó, theo (1.14) ta nhận được
t−1

v(t) = C +

t

f (k)

−1

p(m)

,

m=t0

k=t0

từ đó,
t−1

y(t) =

t−1

p(k) C +
k=t0

k

f (k)
k=t0

−1

p(m)

,

m=t0

và cơng thức cuối nhận được cũng như (1.19).
Ví dụ 1.2. Giải phương trình

y(t + 1)y(t) + 2y(t + 1) + y(t) − 4 = 0.
Lời giải. Để triệt tiêu được số hạng tự do (−4) ta thực hiện phép đổi biến

y(t) = u(t) + δ.
Khi đó δ là nghiệm của phương trình

δ 2 + 3δ − 4 = 0.
Giả sử ta lấy δ = 1, ta thu được phương trình

u(t + 1)u(t) + 3u(t + 1) + 2u(t) = 0.
Nghiệm u(t) = 0 của phương trình cuối tương ứng y(t) = 1 của phương

15


trình ban đầu. Tiếp theo thực hiện phép đổi biến
1
u(t) =
v(t)
ta nhận được phương trình

2v(t + 1) + 3v(t) + 1 = 0,
hay

3
1
v(t + 1) = − v(t) − .
2
2
Nghiệm tổng qt của phương trình này tìm được theo cơng thức (1.19),
và đặt vào t0 = 0. Ta có được
t−1
3 t 1
3 t
1
3 −k−1
v(t) = −
C+
−
−
=C −
− .
2
2
2
2
5
k=0
Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu cho được bởi cơng thức
1
y(t) =

+ 1.
3 t 1
C −
−
2
5
Để ý rằng nghiệm y(t) = 1 có thể nhận được một cách nhìn hình thức khi
trong cơng nghiệm tổng qt ta cho C = ∞.
Ví dụ 1.3. Giải phương trình:

p(t)y(t + 1) + q(t)y(t + 1)y(t) − y(t) = 0, p(t) = 0, i ∈ Z+ ,
và xem xét trường hợp riêng khi p(t) = 2, q(t) = 3.
Lời giải. Chú ý rằng y(t) = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho.
1
Tiếp theo ta đặt v(t) =
, ta nhận được phương trình
y(t)
v(t + 1) = p(t)v(t) + q(t),
với nghiệm tổng quát là
t−1

t−1

v(t) =

k

p(k) C +
k=0

−1

q(k)
k=0

p(m)

.

m=0

Do đó, nghiệm tổng qt của phương trình đã cho là

1
y(t) =
=
v(t)

t−1

t−1

p(k) C +
k=0

k

q(k)
k=0

−1

p(m)

−1

,

m=0

và y(t) = 0 cũng là một nghiệm. Trong trường hợp p(t) = 2, q(t) = 3 ta

16


có được

y(t) = (C2t − 3)−1 .
1.5. Phương trình sai phân cấp cao
Định nghĩa 1.8. Các hàm số ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) được gọi là phụ thuộc
tuyến tính trên tập Ω, nếu tồn tại bộ số C1 , C2 , ..., Cn không đồng thời
bằng không để cho đẳng thức sau được thỏa mãn

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Cn ϕn (t) = 0, t ∈ Ω.
Định nghĩa 1.9. Các hàm số ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) được gọi là độc lập
tuyến tính trên tập Ω, nếu từ đẳng thức

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Cn ϕn (t) = 0, t ∈ Ω
ta suy ra

C1 = C2 = ... = Cn = 0.
Ví dụ 1.4. Hệ


 ϕ1 = 1
ϕ2 = t


ϕ 3 = t2 ,

(1.20)

là độc lập tuyến tính.
Thật vậy, ta tiến hành xét hệ:

2

 C1 + C2 .t1 + C3 .t1 = 0



C1 + C2 .t2 + C3 .t22 = 0
C1 + C2 .t3 + C3 .t23 = 0,

(1.21)

với t1 = t2 = t3 và C1 , C2 , C3 là các ẩn.
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (1.21) với t1 , t2 , t3 là các tham
số và với C1 , C2 , C3 là các ẩn.
Ta có định thức

1 t1 t21
det 1 t2 t22 = 0
1 t3 t23
Do đó, tồn tại duy nhất C1 = C2 = C3 = 0.
17

(1.22)


Ta chú ý một vài tính chất đặc trưng của các hàm phụ thuộc tuyến tính
sau đây.
Tính chất 1.1. Nếu trong các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) có hàm đồng
nhất bằng khơng thì các hàm đã cho là phụ thuộc tuyến tính.
Tính chất 1.2. Các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) là phụ thuộc tuyến tính
khi và chỉ khi có một hàm biểu thị dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các
hàm cịn lại.
Tính chất 1.3. Nếu trong các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) có k hàm phụ
thuộc tuyến tính (k < n), thì các hàm (n hàm) là phụ thuộc tuyến tính.
Chứng minh. Khơng mất tính tổng qt ta có thể coi như k hàm số đầu
tiên của ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕk (t) là phụ thuộc tuyến tính. Trong trường hợp
ngược lại ta chỉ cần đánh lại số thứ tự của các hàm đã cho. Theo định
nghĩa, ta có

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Ck ϕk (t) ≡ 0, t ∈ Ω,

(1.23)

với C12 + C22 + ... + Ck2 = 0.
Ta xét tổ hợp tuyến tính

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Ck ϕk (t)

+ 0.Ck+1 ϕk+1 (t) + ... + 0.Cn ϕn (t) = 0,

(1.24)

ở đây các hằng số C1 , C2 , ..., Ck từ (1.23), đồng thời
k

n

Ci2
i=1

Ci2 = 0,

=
i=1

hay ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) là phụ thuộc tuyến tính.
Định nghĩa 1.10. Định thức:
ϕ1 (t)
ϕ2 (t)
ϕ1 (t + 1)
ϕ2 (t + 1)
K(t) =
...
...
ϕ1 (t + n − 1) ϕ2 (t + n − 1)

...
ϕn (t)
...
ϕn (t + 1)
...
...
... ϕn (t + n − 1)

được gọi là định thức Kazorati cấp n của ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t).
18

(1.25)


Định thức trên được dùng để nhận biết hệ độc lập tuyến tính hay phụ
thuộc tuyến tính.
Định lí 1.5.1. (Dấu hiệu cần để các hàm phụ thuộc tuyến tính)
Nếu các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) là phụ thuộc tuyến tính trên Ω thì
định thức K(t) = 0 trên Ω.
Chứng minh. Ta có

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Cn ϕn (t) ≡ 0, t ∈ Ω,
và

(1.26)

n

Ci2 = 0.
i=1

Giả sử tồn tại t0 ∈ Ω để cho K(t0 ) = 0. Khi đó, từ (1.26) ta có được hệ
phương trình


C1 ϕ1 (t0 ) + C2 ϕ2 (t0 ) + ... + Cn ϕn (t0 )




C1 ϕ1 (t0 + 1) + C2 ϕ2 (t0 + 1) + ... + Cn ϕn (t0 + 1)

= 0,
= 0,


...




C ϕ (t + n − 1) + C ϕ (t + n − 1) + ... + C ϕ (t + n − 1) = 0.
1 1 0
2 2 0
n n 0
(1.27)
Hệ phương trình (1.27) là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n
với ẩn Ci , i = 1, 2, ..., n với định thức K(t0 ) = 0. Theo định lý Cramer thì
hệ (1.27) có nghiệm tầm thường duy nhất Ci = 0. Điều này mâu thuẫn
với giả thuyết Ci không đồng thời bằng không. Từ đây ta có được điều

phải chứng minh.
1.6. Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất
Định nghĩa 1.11. Phương trình có dạng

y(t+n)+p1 (t)y(t+n−1)+p2 (t)y(t+n−2)+...+pn (t)y(t) = f (t) (1.28)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n.
Giả sử rằng các hệ số pi (t), i = 1, 2, ..., n và vế phải f (t) của phương
19


trình (1.28) là xác định trên Z+ , đồng thời f (t) = 0, t ∈ Z+ . Trong các
điều kiện trên thì bất kỳ điểm nào thuộc Z+ × Rn cũng đều là điểm tồn
tại và duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy cho phương trình (1.28).
Nếu f (t) ≡ 0 thì (1.28) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính
cấp n thuần nhất và khơng thuần nhất trong trường hợp ngược lại.
Mặt khác, phương trình

z(t + n) + p1 (t)z(t + n − 1) + p2 (t)z(t + n − 2) + ... + pn (t)z(t) = 0 (1.29)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất tương ứng
với (1.28).

20


Định lí 1.6.1. (Tiêu chuẩn độc lập tuyến tính của các nghiệm phương
trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất)
Các nghiệm z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) của phương trình (1.29) là độc lập tuyến
tính trên Z+ khi và chỉ khi định thức Kazorati của chúng khác không trên
Z+ .
Chứng minh. Từ Định lý 1.5.1 ta suy ra được điều kiện đủ của định lý

được khẳng định ngay cả đối với những hàm không phải là nghiệm của
phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất.
Giả sử z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) là độc lập tuyến tính trên Z+ và tồn tại

t∗ ∈ Z+ để cho K(t∗ ) = 0.
Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n phương trình, n ẩn số

C1 z1 (t∗ ) + C2 z2 (t∗ ) + ... + Cn zn (t∗ )
= 0,




C1 z1 (t∗ + 1) + C2 z2 (t∗ + 1) + ... + Cn zn (t∗ + 1)
= 0,

...




C z (t∗ + n − 1) + C z (t∗ + n − 1) + ... + C z (t∗ + n − 1) = 0.
1 1
2 2
n n
(1.30)
Định thức của hệ này theo giả thiết K(t∗ ) = 0, do đó (1.30) có nghiệm
khơng tầm thường, kí hiệu (C1∗ , C2∗ , ..., Cn∗ ). Ta xét hàm

z ∗ (t) = C1∗ z1 (t) + C2∗ z2 (t) + ... + Cn∗ zn (t),

đây cũng là nghiệm của (1.29) (tổ hợp tuyến tính của các nghiệm). Từ các
phương trình của hệ (1.30) ta có được

z ∗ (t∗ ) = 0, z ∗ (t∗ + 1) = 0, ..., z ∗ (t∗ + n − 1) = 0.
Từ tính duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy ta nhận được z ∗ (t) = 0,
với t ∈ Z+ . Như thế
với t ∈ Z+ ,

n
i=1

C1∗ z1 (t) + C2∗ z2 (t) + ... + Cn∗ zn (t) = 0,
Ci2 = 0.

Như vậy, điều này mâu thuẫn với giả thiết độc lập tuyến tính của hệ
đã cho.

21


Định lí 1.6.2. (Neumann) Định thức Kazorati của bất kỳ n nghiệm của
phương trình (1.29) đều thỏa mãn phương trình

K(t + 1) = (−1)n pn (t)K(t).

(1.31)

Chứng minh. Giả sử z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) là nghiệm bất kỳ của (1.29) (khơng
nhất thiết phải độc lập tuyến tính). Ta xét hệ



p1 (t)z1 (t + n − 1) + p2 (t)z1 (t + n − 2) + ... + pn (t)z1 (t)




p1 (t)z2 (t + n − 1) + p2 (t)z2 (t + n − 2) + ... + pn (t)z2 (t)

= −z1 (t + n)
= −z2 (t + n)


...




p (t)z (t + n − 1) + p (t)z (t + n − 2) + ... + p (t)z (t) = −z (t + n)
1
n
2
n
n
n
n
(1.32)
trong đó p1 (t), ..., pn (t) được xem là


p1 (t)





p2 (t)

...




p (t)

các ẩn. Hệ (1.32) đồng nhất với hệ

=

1,

=

2,

=

n.

=

n,

n

(1.33)

Ta xét phương trình

pn (t)
ở đây

là định thức hệ số của hệ (1.32), còn

cột thứ n của

(1.34)
n

nhận được khi ta bỏ đi

và thay vào đó là vế phải của (1.32).

Ta sẽ biểu diễn

và

n

qua định thức Kazorati. Hơn thế, để thuận

tiện cho việc chứng minh trên, ta hình dung lại một số tính chất của định

thức.
Tính chất 1.4. Giá trị của định thức là không đổi trước phép chuyển vị
(det A = det AT ).
Tính chất 1.5. Nếu đổi chỗ bất kỳ hai hàng (hoặc hai cột) của định thức
thì giá trị của định thức đổi dấu.

22


Tính chất 1.6. Nếu trong một hàng (hoặc cột) của định thức có nhân tử
chung l thì ta có thể đưa l ra khỏi dấu của định thức.
Ta có

z1 (t + n − 1) z1 (t + n − 2)
z2 (t + n − 1) z2 (t + n − 2)
=
...
...
zn (t + n − 1) zn (t + n − 2)

= (−1)n−1

z1 (t) z1 (t + n − 1)
z2 (t) z2 (t + n − 1)
...
...
zn (t) zn (t + n − 1)

= (−1)n−1 (−1)n−2

n(n−1)
2

... z1 (t + 1)
... z2 (t + 1)
...
...
... zn (t + 1)

z1 (t) z1 (t + 1) z1 (t + n − 1)
z2 (t) z2 (t + 1) z2 (t + n − 1)
...
...
...
zn (t) zn (t + 1) zn (t + n − 1)

= (−1)n−1 (−1)n−2 ...(−1)1

= (−1)

... z1 (t + 1) z1 (t)
... z2 (t + 1) z2 (t)
...
...
...
... zn (t + 1) zn (t)

... z1 (t + 2)
... z2 (t + 2)
...

...
... zn (t + 2)

z1 (t) z1 (t + 1) z1 (t + 2)
z2 (t) z2 (t + 1) z2 (t + 2)
...
...
...
zn (t) zn (t + 1) zn (t + 2)

K(t).

23

... z1 (t + n − 1)
... z2 (t + n − 1)
...
...
... zn (t + n − 1)


Tương tự như thế ta có được
z1 (t + n − 1) z1 (t + n − 2) ... z1 (t + 1) −z1 (t + n)
n

=

z2 (t + n − 1) z2 (t + n − 2) ... z2 (t + 1) −z2 (t + n)
...
...

...
...
...
zn (t + n − 1) zn (t + n − 2) ... zn (t + 1) −zn (t + n)

= (−1)n

z1 (t + n) z1 (t + n − 1)
z2 (t + n) z2 (t + n − 1)
...
...
zn (t + n) zn (t + n − 1)

= (−1)n (−1)

n(n−1)
2

... z1 (t + 1)
... z2 (t + 1)
...
...
... zn (t + 1)

K(t + 1).

Như vậy, phương trình (1.34) viết được dưới dạng

pn (t)(−1)

n(n−1)
2

K(t) = (−1)n (−1)

n(n−1)
2

K(t + 1),

hay

K(t + 1) = (−1)n pn (t)K(t).
Giải phương trình cuối ta thu được cơng thức:
t−1

(−1)n pn (i)

K(t) = K(t0 )
i=t0

t−1
n(t−t0 )

= K(t0 )(−1)

pn (i).
i−t0

Công thức trên cịn có tên gọi là cơng thức Ostrogradsky - Luyvilla

rời rạc.
Hệ quả 1.6.3. Nếu hệ số pn (t) = 0 thì định thức Kazorati của bất kỳ
các nghiệm của phương trình (1.28) hoặc đồng nhất bằng 0 trên Z+ , hoặc
khơng bao giờ tiến đến 0.
Định lí 1.6.4. Các nghiệm z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) của phương trình (1.28)
là độc lập tuyến tính trên Z+ khi và chỉ khi định thức Kazorati khác không
tại mỗi điểm của Z+ .
24


Định nghĩa 1.12. Bất kỳ n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình
sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất (1.28) được gọi là hệ nghiệm cơ bản.
Định lí 1.6.5. Tồn tại hệ nghiệm cơ bản.
Chứng minh. Ta xét n bài tốn Cauchy cho phương trình (1.28):

z1 (t0 ) = 1, z2 (t0 ) = 0, ..., zn (t0 ) = 0,
z1 (t0 + 1) = 0, z2 (t0 + 1) = 1, ..., zn (t0 + 1) = 0,
...
z1 (t0 + n − 1) = 0, z2 (t0 + n − 1) = 1, ..., zn (t0 + n − 1) = 1.
Định thức Kazorati của các hệ nghiệm trên bằng 1 tại t0 . Do đó z1 (t), z2 (t), ..., zn (t)
là độc lập tuyến tính trên Z+ , vậy các hàm trên là hệ cơ bản.
Định lí 1.6.6. (Nghiệm tổng qt của phương trình sai phân tuyến tính
cấp n thuần nhất)
Nếu z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1.28)
thì nghiệm tổng quát của phương trình này trong tập D = Z+ × Rn có thể
viết được dưới dạng

z(t) = C1 z1 (t) + C2 z2 (t) + ... + Cn zn (t),
với Ci , i = 1, 2, ..., n là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Áp dụng định nghĩa của nghiệm tổng quát, đối với mọi giá

n

trị Ci hàm số z(t) =

Ci zi (t) là nghiệm của (1.28), điều này được suy
i=1

ra trực tiếp từ tính tuyến tính của phương trình.
Giả sử z¯(t) là nghiệm của bài toán Cauchy đối với (1.28) với các điều
kiện đầu trong D : z¯(t0 ) = z¯0 , z¯(t0 + 1) = z¯1 , ..., z¯(t0 + n − 1) = z¯n−1 .
Ta xét hệ

25