Tính ổn định của một số lớp phương trình sai phân và áp dụng

Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯƠNG THỊ NGỌC TRÂM

TINH ON ĐỊNH CUA MỌT so
LỚP PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC sĩ TỐN HỌC

BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020


Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯƠNG THỊ NGỌC TRÂM

TINH ON ĐỊNH CUA MỌT so
LỚP PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN VÀ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN sơ CẤP
Mã số: 8460113

Người hướng dẫn : PGS. TS. ĐINH CÔNG HƯỚNG


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là không trùng lặp với các
đề tài khác và đuợc hoàn thành duới sự huớng dẫn của PGS. TS. Đinh Công Huớng. Tơi cũng xin
cam đoan mọi thơng tin trích dẫn trong luận văn đã chỉ rõ nguồn gốc.

Bỉnh Định, ngày 25 tháng 07 năm 2020

Học viên

TrUơng Thị Ngọc Trâm


Muc luc

TÀI LIỆU THAM KHẢO

59


BẢNG CÁC KÝ HIỆU

R

tập số thực

R+

tập số thực dương

Z

tập số nguyên

Z-

tập số nguyên âm

Z+

tập số nguyên dương

AT

ma trận chuyển vị của ma trận A chuẩn của vectơ x

||x|| = max(|x(1)|,|x(k)|)

sai phân của dãy x(n)

Ax(n) = x(n +1) — x(n)

tập gồm các số tự nhiên n > n0

N(no)


6

Mở đầu
Tính chất của nghiệm các phương trình sai phân là một hướng nghiên cứu quan trọng của Toán
học. Lý thuyết này đã tìm ra nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực của Toán học cũng như các khoa học
khác như Giải tích số, Lý thuyết điều khiển, Lý thuyết ước lượng, Di truyền học, Sinh thái học,... Vì
vậy, việc nghiên cứu lý thuyết này là một vấn đề thời sự của Toán học, được nhiều nhà khoa học
quan tâm. Trong thời gian gần đây, các nhà khoa học Burton, Cooke, Yorke, Zhang, Rafoul, Islam,

Ardjouni, Huong, Mau và một số nhà toán học khác đã nhận được nhiều kết quả về tính chất định
tính của nhiều lớp phương trình sai phân có trễ hoặc khơng có trễ, chẳng hạn như:
Trong [4], Huong và Mau đã đề xuất một số kết quả về tính bị chặn ngặt của nghiệm, tính ổn
định của nghiệm khơng và sự tồn tại nghiệm tuần hồn dương của phương trình sai phân phi tuyến
với trễ biến thiên
x(n + 1) = A(n)x(n) + a(n)F (x(n — m(n)), n = 0,1...
Trong [10], Islam và Yankson đã sử dụng phương pháp định lí điểm bất động để chỉ ra tính bị
chặn và ổn định của nghiệm khơng của phương trình sai phân phi tuyến
x(n + 1) = a(n)x(n) + c(n)Ax(n — g(n)) + q(x(n), x(n — g(n))).
Trong [11], Huong sử dụng phương pháp định lí điểm bất động và tính tốn một số bất đẳng thức
sai phân đã chỉ ra sự ổn định tiệm cận và tính bị chặn ngặt của nghiệm của phương trình sai phân phi
tuyến khơng ô-tô-nôm
x(n + 1) = A(n)x(n) + a(n)F(n,x(n — w(n)),n > 0.
Trong [8], Giang và Huong nghiên cứu sự ổn định của mơ hình dân số thơng qua tính ổn định
nghiệm của phuơng trình sai phân
x(n + 1) = Ax(n) + F (x(n — m)).


7

Nói riêng, tính chất ổn định nghiệm là một trong những tính chất thú vị được nhiều nhà khoa học
quan tâm nghiên cứu bởi nó gắn với các các vấn đề trong sinh học, y học, cơ học, kỹ thuật, kinh
tế .. .Vì vậy, bài tốn nghiên cứu tính ổn định nghiệm của các hệ phương trình vi phân, sai phân là
một vấn đề đang thu hút sự quan tâm của nhiều nhà khoa học trong và ngoài nước.
Luận văn tập trung nghiên cứu tính ổn định nghiệm của một số lớp phương trình sai phân.
Luận văn bao gồm: Mở đầu, Nội dung, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Cấu trúc luận văn như sau:
Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày các khái niệm và kết quả sẽ được dùng trong các chương tiếp theo của luận
văn.

Chương 2: Tính ổn định của một số lớp phương trình sai phân
Chương này trình bày tính ổn định của các hệ phương trình sai phân tuyến tính và hệ phương
trình sai phân phi tuyến.
Chương 3: Một số ví dụ áp dụng
Chương này trình bày một số ví dụ về tính chất dãy số và tính ổn định của các mơ hình quần thể.
Luận văn được hồn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của PGS.TS. Đinh Công Hướng. Nhân
dịp này tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành về sự chỉ bảo, hướng dẫn tận tâm, nhiệt tình của thầy
trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
Mặc dù rất cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên bên cạnh những kết quả đã đạt
được, luận văn không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý thẳng
thắn và chân thành của quý thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.


8

Chương 1

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUAN BỊ
Trong chương này chúng tơi trình bày lý thuyết về nghiệm của hệ phương trình sai phân, lý
thuyết ổn định của hệ phương trình sai phân. Các kiến thức của chương này chủ yếu tham khảo trong
[11], [12], [16].

1.1Bất đẳng thức Gronwall
Định lý 1.1. (Xem [11]) Giả sử
n-1
x(n) < p(n) + q(n)^~2 f (£)x(£), n G N(no).
£=no

(1.1)

Khi đó
x(n) < p(n) + q(n). E pWf O (1 + q(r)f(r))-

(1-2)

Chứng minh
Đặt hàm y(n) Vn=no f (/’)x(Z’). Ta có
Ay(n) = f (n)x(n),y(n0) = 0.

(1-3)

Từ x(n) < p(n) + q(n)y(n) và f (n) > 0, ta nhận được
y(n +1) - (1 + q(n)f (n))y(n) < p(n)f (n).

(1-4)


9

Vì 1 + q(n)f (n) > 0 với mọi n G N(n0), ta nhân hai vế của (1.4) với (32 =no(1+q(ể)f (£)) 1, ta được
n

”n—1

n

(1 +

£=no

)f

)) 1 (n)

qự (^ y

< p(n)f (n)

n

(1 +

q(ef (£))-1.

£=no

Lấy tổng từ n0 đến n — 1 và dùng y(n0) = 0 ta thu được

Do (1.2), ta có x(n) < p(n) + q(n)y(n). Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.1. Trong Định lý 1.1, lấy p(n) = p và q(n) = q. Khi đó với mọi n G N(n0), ta có
n-1
x(n) < p.

n

(1 +

qf (^)).

£=no

Hệ quả 1.2. Trong Định lí 1.1, p(n) khơng giảm và q(n) > 1 với mọi n G N(n0). Khi đó với mọi n G
N(n0), ta có
n— 1

Ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của (1.6).
Định lý 1.2. (Xem [16]) Với mỗi x0 G Rk và n0 G Z+ thì có duy nhất một nghiệm x(n,n0,x0) của hệ
phuơng trình (1.6) với x(n0,n0,x0) = x0.


1
0

Chứng minh
Từ (1.6), ta có
x(no + 1,no,xo) = A(no)x(no) = A(no)xo.
x(no + 2,no,xo) = A(no + 1)x(no + 1) = A(no + 1)A(no)xo.
Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có thể kết luận
x(n,no,xo) =

n
x

j=no

o,

(1-8)

n— 1

trong đó A(no) = I.
Cơng thức (1.8) chứng tỏ sự tồn tại duy nhất nghiệm của hệ phương trình (1.6). Bây giờ ta sẽ
trình bày khái niệm ma trận cơ bản trong lý thuyết hệ phương trình sai phân.
Định nghĩa 1.1. (Xem [12]) Nghiệm x1(n),x2(n), ...,xk(n) của hệ phương trình sai phân (1.6) được gọi
là độc lập tuyến tính với n > n o > 0 nếu c1x1(n) + C2X2(n) + ... + Ck Xk (n) = 0, n > no th ì C1 = C2
= ... = Ck = 0.
Giả sử T(n) là ma trận cột các nghiệm của hệ phương trình (1.6).
Ta viết T(n) = [xi(n), X2(n),..., Xk(n)].
Khi đó
T(n + 1) = [A(n)x1(n), A(n)x2(n),..., A(n)xk(n)]
= A(n)[xi(n),X2(n), ...,Xk(n)]
= A(n)T(n).
Do đó T(n) thoả mãn phương trình sai phân
T(n + 1) = A(n)T(n).

(1-9)

Ngồi ra nghiệm x1(n),x2(n), ...,Xk(n) là độc lập tuyến tính với n > n o khi và chỉ khi ma trận T(n)
là không suy biến với mọi n > no, l úc 1 à det T(n) = 0, n > no.
Định nghĩa 1.2. (Xem [12]) Nếu T(n) tị ma írận suy biến với mọi n > no và thoả mãn (1.9) thì nó
được gọi là ma trận cơ bản của (1.6).
Chú ý rằng nếu 4(n) là ma trận cơ bản và C là ma trận hằng số thì C4(n) cũng là ma trận cơ bản


1
1

của hệ (1.6). Như vậy có rất nhiều ma trận cơ bản của hệ (1.6) trong đó có một ma trận đã biết là
4(n) = nn—0(A(i)) với $(n0) = I.
Đặc biệt khi A là ma trận hằng thì 4(n) = An-no. Nếu n0 = 0 thì 4(n) = An.

Hệ quả 1.3. Có duy nhất một ma trận 'ộ('n) thoả mãn phuơng trình (1.9) và ^(no) = I.
Hệ quả 1.4. Nghiệm của hệ (1.6) với giá trị ban đầu x(n0,n0,x0) = x0 được cho bởi công thức

x(n,n0, X0) = 4(n, n0)x0.

(1.10)

Bổ đề 1.1. (Bổ đề Abel)
Với mỗi n > n0 > 0 ta đều có

det$(n) = I

n [det A(i)] j . det$(n ).
0

\i=no

(1.11)

/

Hệ quả 1.5. Trong hệ phương trình (1.7), thì A là ma trận hằng. Do đó

det$(n) = [det A]n-no. det$(n0).
Hệ quả 1.6. Ma trận cơ bản 4(n) là không suy biến Với mọi n > n0 khi và chỉ khi 4(n0) là khơng suy
biến.
Như vậy, để kiểm tra tính độc lập tuyến tính của ma trận cơ bản 4(n) với n > n 0, ta chỉ cần chỉ ra
rằng nó độc lập tuyến tính tại n = n0.
Hệ quả 1.7. Các nghiệm x1(n),x2(n), ...,xk(n) của hệ (1.6) độc lập tuyến tính với n > n0, khi và chỉ khi
4(n0) là khơng suy biến.

Hệ quả 1.8. Hệ phương trình sai phân (1.6) có k nghiệm độc lập tuyến tính với n > «0.
Chứng minh
Với mỗi i = 1, 2,..., k, đặt ei = (0,0,..., 1, ...0)T là một vectơ trong Rk, trong đó các thành phần đều
bằng 0, riêng thành phần thứ i bằng 1. Theo Định lí 1.2, với mỗi e i, 1 < i < k, tồn tại nghiệm x(n,n0,ei)
của hệ phương trình (1.6) sao cho x(n 0,x0,ei) = e^ Khi đó T(n0) = I nên $(no) khơng suy biến. Theo
Hệ quả 1.7 ta thu được nghiệm x(n, n0, ei), 1 < i < k là độc lập tuyến tính.
Định nghĩa 1.3. (Xem [12]) Nếu {xi(n)|1 < i < k} là các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (1.6) thì
nghiệm tổng qt của hệ cho bởi cơng thức


1
2

k
x(n,no,xo) = E Ci.Xi(n),
i=1

(1.12)

với Ci G R và tồn tại ít nhất một số Ci = 0.
Cơng thức (1.12) có thể viết là x(n) = T(n)C, trong đó
T(n) = (x1(n),x2(n), ...,xk(n)) là một ma trận cơ bản của hệ (1.6) và C = (C1 ,C2,...,Ck) T e Rk.
Xét hệ phương trình sai phân tuyến tính khơng thuần nhất với hệ số phụ thuộc n có dạng
y(n +1) = A(n)y(n) + g(n)

(1.13)

trong đó A(n) = (aij(n)) là một ma trận cấp k không suy biến, g(n) G Rk.
Định lý 1.3. (Xem [12]) Mọi nghiệm y(n) của hệ phuơng trình (1.13) có thể viết duới dạng y(n) =
T(n)C + yp(n) với C là một véc tơ hằng cho truớc và y p(n) là một nghiệm riêng của hệ phuơng trình

(1.13).
Chứng minh
Giả sử y(n) là một nghiệm bất kì; yp(n) là một nghiệm riêng của hệ phương trình (1.13).
Đặt x(n) = y(n) — yp(n),n > no.
Khi đó ta có
x(n + 1) = y(n +1) — yp(n + 1)
= A(n)y(n) + g(n) — A(n)yp(n) — g(n)
= A(n)[y(n) — yp(n)]
= A(n).x(n).
Do đó x(n) là nghiệm của hệ phương trình thuần nhất (1.6).
Hay x(n) = 4(n)C, với C là véc tơ hằng nào đó, như vậy

y(n) - yp(n) = $(n)C
hay
y(n) = yp(n) + Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng cơng thức tìm nghiệm riêng y p(n) cho hệ (1.13). Bổ đề 1.2. Mọi
nghiệm riêng của hệ phương trĩnh (1.13) được xác định bởi công thức
n—1


1
3

yp(n)

$(n,r +

r=no
VỚI yp(no) = 0.
Chứng minh

Do yp(n)

n ^(n, r + 1)g(r) với mọi n > n0, nên

(n + 1)

yp

n
= E $(n + 1, r + 1)g(r)
r=no
n—1
=

$(n + 1, r + 1)g(r) + $(n + 1, n + 1)g(n)
r=no

= A(n).yp(n) + g(n).
Do đó yp(n) là nghiệm của hệ phương trình (1.13) và yp(n0) = 0.
Định lý 1.4. (Xem [12]) Nghiệm duy nhất của hệ phương trình sai phân với giá trị ban đầu
y(n + 1) = A(n)y(n) + g(n),y(n0) = yo

(1.14)

được cho bởi công thức
n—1
y(n,no,yo) = 4(n,no)yo +

4(n,r + 1)g(r),

(1.15)

r=no
hay
(n-1\

n-1/ n-1

\

n A(j) yo+ M.n A(i) ) g(r).

i=no

/

r=no \i=r+1

(1.16)

/

Hệ quả 1.9. Nếu A là ma trận hằng thì nghiệm của hệ phuơng trình (1.14) được xác định bởi
y(n,no, yo) = An—noy,, + £ An—r—‘g(r).
r=no

(1.17)

vấn đề là ta cần tính An. Dưới đây là phương pháp tính A n bằng cách sử dụng Định lý Cayley
-Hamilton.

Gọi
c(A) = det(AI — A) = A + Ck—1 + ...C1A + co
= (A — A1)(A — A2)...(A — Ak)
là đa thức đặc trưng của A.
Theo định lý Caley-Hamilton thì c(A) = 0, hay


1
4

Ak + Ck—1Ak—1 + ...C1A + co.I = (A — A1I )(A — A2I )...(A — Ak I) = 0.
Định lý 1.5. (Xem [16]) Cho (A)kxk là ma trận không suy biến; A1; A2;...Ak là các giá trị riêng của A
Đặt M(0) = I,M(j) = Ị Ịj=1(A — AiI),j > 1. Nếu Xj(n),j = 1, 2, ...k thoả mãn
x1(n + 1) = A1x1(n), X1(0) = 1
Xj+1(n + 1) = Aj+1Xj+1(n) + Xj(n),Xj+1(0) = 0, j = 1, 2,..., k — 1,
thì An = vk xj+1(n)M(j).
Chứng minh
Ta có
X1(n) = An,
Xj+1(n) =
i=0

.(i),j = 1 2,...k — 1; M (k) = 0.

Đặt
k—1
$(n)

=

j+1(n)M(j ).

x

j =0


Ta cần chứng minh
$(0) = I, £(n + 1) = A£(n).
Rõ ràng

k-1
T(0) =

Xj+i(0)M (j) = xi(0)M (0) = I.
j=0

Ta có
k-1
k-1
T(n +1) — A$(n) = E xj+I(n+1)M (j)— 52 xj+i(n)AM (j).
j=0
j=0

Vì

AM (j )

(A — A j .|/ + A j .|/ )M (j ) = M (j + 1) + +1M (j

L
nên
k-1
$(n +1) — AT(n) = £(xj+i(n +1) —
Xj+iXj+i(n))M (j)
j=0
k-1
—

x

j+1(n)M(j + 1).
j=0

Mặt khác, ta có
k—1
j+1(n)M (j+1) = 52 xi(n)M (i) = 52 xj(n)M j).
j=0
i=1
1

k-1

x

Do đó
T(n +1) — AT(n) = (x1(n +1) — A1x1(n))
k-1
+ 52(xj+1(n + 1) —
Aj+1Xj+1(n) — Xj

(n))M (j) = 0. j=1
Định lý được chứng minh.
Ví dụ 1.1.
Xét ma trận A =

-2
-3

j=


11
Ta có

n—1
c(A) = (A - 2)2(A - 3),ui(n) = An; Uj+1(n) =

£ j-'u(i).
i=0

Do đó
ui(n) = 2n,
U3(n) = £ 3n—i—1i2i—1 =
i=0

3

2n—1
Vậy An =

' V iQ1 = -2n + 3n - n2n—1.
n2—1

2n - 3n - n2

(n + 2)2n—1
n2n—1

-2—n + 3n
-2—n + 3n
-2—n + 2.3n

i=0

1.2Một số tính chất
-3n - của
n2n—1nghiệm hệ phương trình sai phân tuyến tính
n—
1 (1.7). Nghiệm của hệ phương trình (1.7) có dạng A n.c, trong đó
Trước tiên ta xétn hệ phương
trình
2 ■' 2.3n — n2 n—
1
c là một véc tơ hằng bất kì.
Khi đó tất cả các nghiệm của hệ phương trình (1.7) bị chặn trên N nếu và chỉ nếu sup neN IIAn|| < c
< 'X. Hơn nữa tất cả các nghiệm của hệ (1.7) có giới hạn bằng 0 khi n 0 nếu và chỉ nếu IIA n|| 0 khi n
0.
Bây giờ chúng ta xét hệ phương trình
y(n +1) = (A + B (n))y(n),

(1.18)

trong đó B(n) là ma trận với các phần tử bij(n), 1 < i,j < n.
Hệ (1.18) được suy ra từ hệ (1.7). Các kết quả sau đây cung cấp điều kiện của ma trận B (n) sao
cho tất cả các nghiệm của (1.18) bị chặn nếu tất cả các nghiệm của phương trình (1.7) bị chặn.
Định lý 1.6. (Xem [11]) Giả sử tất cả các nghiệm của hệ (1.7) là bị chặn trên N. Khi đó, tất cả các
nghiệm của hệ (1.18) là bị chặn trên N nếu bất đẳng thức


1
7

sau là thoả mãn
&
E||B «11 < TO.

í1'19)

l=0
Chứng minh
Trong (1.17) cho g(n) ìề, B(n)y(n).
Vậy nên mỗi nghiệm y(n) sao cho y(0) = y0 của (1.18) là
n
y(n) = An.yo +

An-ÍB(£ - 1)y(£ - 1).
r=i

(1.20)

Vì tất cả các nghiệm của (1.7) là bị chặn nên tồn tại hằng số c sao cho sup neN ||An|| = c. Do đó, với
mỗi n G N ta có
n—1
||y(n)|| < co + c. £ ||B(l)|| ||y(0I|,
(=0
trong đó c0 = c. ||y0||.
Áp dụng Hệ quả 1.1 cho bất phương trình trên, ta nhận được
n—1

/ n—1

\\y(n)\\ < c0 n(1 + c. IIBCOID < c0.exP (c.
l=0

\ £=0

\
IIBWII I .
J

Do đó ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo là điều kiện đối với ma trân B(n) để tất cả các nghiệm của (1.18) có giới hạn bằng 0 khi
n ' 0 khi tất cả các nghiệm của hệ (1.7) có giới hạn bằng 0 khi n 'TO.
Định lý 1.7. (Xem [11]) Giả sử tất cả các nghiệm của hệ (1.7) có giới hạn bằng 0 khi n ' 0. Khi đó
tất cả các nghiệm của (1.18) dần tới 0 khi n ' TO nếu điều kiện sau thoả mãn
||B(n)|| ' 0, n 'TO.

(1.21)

Chứng minh

Vì tất cả các nghiệm của (1.7) có giới hạn bằng 0 khi n 'TO nên tất cả các giá trị riêng của A nằm
trong đường tròn đơn vị. Khi đó tồn tại hằng số c và 0 < ỏ < 1 sao cho ||An| < c.ỗn,n G N. Hơn nữa do
(1.21) nên ||B(n)|| < c1 với c1 là một hằng số, n G N(ni), n1 là số tự nhiên đủ lớn.


1
8

Do đó với mọi n G N(n1) (1.20) cho ta
ni
l|y(n)|| < c..sn llyoll + £cJF-f ||B« - 1)0 ||y«- 1)0
€=1
n
+ £ c6”-‘a ||y(í - 1)||.
£=n1+1
Ta viết bất đẳng thức trên dưới dạng sau
w(n) < C0 + C2 £ w(£),
£=n1

(1.22)

trong đó
w(n)

= lly(n)|l ổ-n,c0 =c llyo\l + c

01 ổ~£ IIBWII llyO và c2 =

Áp dụng Hệ quả 1.1, từ (1.22), ta có
w(n) < C0. n (1 + C2) = co(1 + C2)n-ni.

£=n1
Do đó
||y(n)|| < coốn(1 + c2)n-ni < co[ố(1 + c2)]n-ni.

(1.23)

Cuối cùng, do (1.21) nên chúng ta có thể chọn c 1 < £ sao cho Ố(1 + c2) = Ố(1 + cCi) < 1. Ta có điều
cần chứng minh.
Hai cơng thức (1.19) và (1.21) đều nói đến giới hạn của B(n) dần tới số rất nhỏ khi n rc). Tuy
nhiên, công thức (1.19) thì mạnh hơn (1.21) và do đó theo Định lí 1.7 thì (1.21) có thể được suy ra từ
(1.19). Tuy nhiên trong Định lí 1.6 thì (1.19) khơng thể suy ra từ (1.21). Ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1.2.
Xét hệ phương trình
Xi(n + 1)

0

X2(n + 1)

-1

1

x1(n)

0

X2(n)

+

00
____ — 0
_ n+1
0
_

(1.24)

và
yi(n + 1)
y2

(n +1)

01
-1 0

yi(n)
y2

(n)

yi(n)

2

y2

(n)

(1.25)


1
9

Nghiệm của hệ (1.24) là

cos(nn)

sin( nn)

- sin(nn)

cos( nn)

và do đó tất cả các nghiệm

của (1.24) bị chặn.
(n+1) cos( nn)

Tuy nhiên nghiệm của (1.25) là

— (n + 2). sin(nn)

(n + 1) sin(nn) (n
+ 2) cos(nn)

và do đó

tất cả các nghiệm khơng tầm thường của hệ (1.25) là không bị chặn khi n TO.
Hơn nữa ta chú ý rằng ||B(n)||

0 khi n TO. trong khi đó
ro

ro

E £=0
IIB wu = E z+ĩ = TO.
£=0
Bây giờ chúng ta tìm hiểu về nghiệm của hệ phương trình (1.6) trên N khi n TO. Ta sẽ chứng
minh hai kết quả về giá trị riêng của ma trận AT(n)A(n).
Định lý 1.8. (Xem [11J) Giả sử giá trị riêng lớn nhất M(n) của ma trận AT(n)A(n) thỏa mãn supneN
nn=0 M(0 < TO, khi đó tất cả các nghiệm của (1.6) bị chặn. Hơn nữa, nếu nn=0 M(0

0 khi n TO

thì tất cả các nghiệm của (1.6)
có giới hạn bằng 0 khi n TO.
Chứng minh
Cho x(n) là một nghiệm của (1.6), khi đó |x(n)|2 = xT(n)x(n). Do đó
|x(n + 1)|2 = xT (n + 1)x(n + 1) = xT (n)AT (n)A(n)x(n).
Vì ma trận AT(n)A(n) đối xứng và M(n) là giá trị riêng lớn nhất nên ta có
xT(n)(AT(n)A(n))x(n) < M(n)|x(n)|2.
Suy ra, với mọi n G N, ta có
0 < |x(n + 1)|2 < M(n)|x(n)|2.
Do đó
n—1

|x(n)|2

^

<(

M( ))|x(0)|2

€

.

£=0
Định lí được chứng minh.
Định lý 1.9. (Xem [11J) Giả sử giá trị riêng nhỏ nhất m(n) của ma trận AT(n)A(n) thỏa mãn liiiisiip,;
Ị Ịn=0 m(£) = TO. Khi đó tất cả các nghiệm của (1.6) không bị chặn.


2
0

Chứng minh
Cho x(n) là một nghiệm của (1.6).
Khi đó |x(n)|2 = xT(n)x(n). Do đó
|x(n + 1)|2 = xT (n + 1)x(n + 1) = xT (n)AT (n)A(n)x(n)
Vì ma trận AT(n)A(n) đối xứng và m(n) là giá trị riêng bé nhất nên ta
xT(n)(AT(n)A(n))x(n) > m(n)|x(n)|2.
Suy ra, với mọi n G N, ta có
|x(n + 1)|2 > m(n)|x(n)|2.
Tiếp tục như vậy ta sẽ có

|x(n)|2

n—1
> (^m(£))|x(0)|2.
r=0

Do đó nghiệm x(n) khơng bị chặn. Định lí được chứng minh.
Ví dụ 1.3.

x(n + 1) =

0
1
n+1

(1.26)

.x(n).
1+n

2

Xét hệ phương trình
Ta có
1
(1+n)2
Suy ra M(n) < I II +
Do đó

AT (n)A(n) =

,.

+

,.

.

n
n
11
n M ; < expE Tĩ+>+(1 +1£2)2) < ~. £=0£=0 v y 7

Vì thế tất cả các nghiệm của (1.26) là bị chặn.
Ví dụ 1.4.
Xét hệ phương trình
1
1+n
1
I(1+n)(1+n2)
1 + _ V,
II + (1+n2)2

x(n + 1) =

1
(1+n)(1+n2)
1

2
1

1+n2

1

1+n2
1
1+n

.x(n).

(1.27)


Ta dễ thấy M(n) = (1+n)2 + (^2)2.
Từ đó ta có nn=o M(0

0 khi n

TO.

Do đó tất cả các nghiệm của (1.20) có giới hạn bằng 0 khi n

TO.

Ví dụ 1.5.
Xét hệ phương trình:
9 + (—1)n7

x(n + 1)

............. 1
AT (n)A(n) = 64.

.x(n).

0

9 - (—1)n7

130 — (—1)n126

(1.28)

0
130 + (—1)n126

0

Ta có
Do đó với mọi n, M(n) = 4 và m(n) = 16- Vì vậy cả hai Định lí 1.8 và 1.9 đều khơng thể dùng
được. Tuy nhiên ma trận cơ bản chính là
/

2-2n
0

0

2n

0

2k

-2n

2

-

0
nếu n lẻ
T(n, 0) =

nếu n chẵn
Do đó tất cả các nghiệm của (1.28) có giới hạn bằng TO khi n TO. Ta cũng để ý rằng giá trị riêng
của ma trận A(n) là ±2 - 2 và nó nằm bên trong đường trịn đơn vị. Do đó để nghiệm của hệ (1.6) là bị
chặn thì cần điều kiện mạnh hơn điều kiện hệ (1.7).
Ví dụ 1.6.
Xét hệ phương trình
2
(n+2) “I .x(n)
x(n + 1) =
0 (n+1)3
L0 ( n+2 ) .J
(n+1)2 ~
(n+2)
trong đó A(n) =

)3
(( n+1
n+2) _
(n+1)

■
1

CĨ dạng x(n + 1) = A(n)x(n),
Khi đó ma trận cơ bản_là
(

0)

A( )

T n = ỊỊ) 0 j =

1 12 ■
2
0 (1 )3

,)2
1

í

0 (2)3

n2 n+1 0(-^r

)3
0
(
)
n+1 .

(1.29)


n
n+1
1
(n+1)3

Ta dễ dàng tính được $(n, 0) =
(1.29) là bị chặn.

Do đó tất cả các nghiệm của

— -12 ■
(2ể+1)
Tuy nhiên ||$(2^, 0)T-1(£, 0)
—> oc khi l -ỳ oc.
(£+1 )3
(
2ể+1) _
Định nghĩa 1.4. (Xem [11]) Cho V(n) là ma trận cơ bản của (1.6). Hệ (1.6) được gọi là bị chặn đều
nếu tồn tại một hằng số c sao cho
sup IIV(n)V 1(£)II < c.
0

(1.30)

Hiển nhiên nếu (1.30) đúng thì mọi nghiệm của (1.6) là bị chặn. Tuy nhiên, từ Ví dụ 1.6 ta thấy
điều ngược lại là không đúng. Nhưng cho hệ (1.7) với điều kiện (1.30) viết là sup 0<^supneN ||An|| < c. Do đó từ tính bị chặn của (1.7) ta có (1.30).
Với tính chất này của hệ (1.6), chúng ta xét hệ sau
y(n + 1) = (A(n) + B(n))y(n),n G N,

(1.31)

trong đó B(n) là ma trận k X k với bij(n), 1 < i, j < k.
Định lý 1.10. (Xem [11]) Giả sử hệ (1.6) bị chặn đều và thoả điều kiện (1.19).
Khi đó tất cả các nghiêm của (1.31) bị chặn.
Chứng minh
Cho V(n) là ma trận cơ bản của hệ (1.6).
Với mỗi nghiệm y(n) sao cho y(0) = y0 của (1.31), ta có
y(n) = V(n)V-1(0)yo +

V(n)V-1(Ể)B(Ể - 1)y(Ể - 1).
r=1

Do đó
n—1
||y(n)| < c. ||yo| + c Y, IIBOTII IlyMII.
r=0
Suy ra, với mỗi n G N ta có
n—1
||y(n)|| < . + c. £ ||Bự)|| ||y(0||,
r=0

(1.32)


trong đó c0 = c. ||y0||.
Áp dụng Hệ quả 1.1 cho bất phương trình trên, ta có n—1 / n—1
I (n)I

y

< c0

n

(1 + c

IIBCOII) < c0.exP (c

IIBCOII).

-

\

\

£=
0

Do đó ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.7.

x(n + 1) =

( n+2 )1/4 0
(
n+3 )
n+1 x(n)
0
n+3_
(n+2 )1/4
(
n+3 )
0

trong đó A(n)

có dạng x(n + 1) = A(n)x(n),
Khi đó ma trận cơ b3n là V(n) =
■(2)1/4 0'

■( 3 )1/4
0’
. 0 2.

.0

n
"=0dàng
A(j)tính

= được V(n) =
Ta dễ

)1/4
_(1+2
n+2
(

)

0

Xét hệ phương trình
nên hệ (1.33) bị chặn đều.
( n+2 )1/4
0
(
n+3 )
y(n) +
n+1
0
n+3_

y(n +1) =

0
n+1
n+3_
0
n

n+2_

(n+1)(n+2)_
Do đó các nghiệm của (1.33) có giới hạn bằng 0 khi n Ta có

V (n)V-1(£) =

(1.33)

TO
.

0
(i+1)(i+2)
(n+1)
(n+2)_

y(n).
_(n+2)

(1.34)

3/4

Từ hệ (1.33) ta xét hệ sau
y(n) =
Ta có
Trong hệ (1.34), ta thấy ||B(n)I|
có giới hạn

00

(2 )1/4
(
n+2 )
2—/4
[n
+3
[
6 n+1
n+2n + 321/4
(n+2)1/4
0 khi0 n

y(0) (trừ y1(0) = 0) khi n

( n+1 )1/4
(
n+2 )
(1.35)
y(0).
0
(n+1)(n+2)_
0
2
TO. Tuy nhiên nghiệm của nó (1.35)
TO.


2-3/4 0

Do đó, đối với hệ (1.6) và (1.31) Định lí 1.7 khơng đúng.