KIẾN THỨC BỔ TRỢ
Hệ phương trình tuyến tính và nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
Trong đại số tuyến tính, hệ phương trình đại số tuyến tính là một tập hợp các phương trình tuyến tính có chung biến số Hệ phương trình này có thể được mô tả tổng quát với n phương trình và k biến số.
(1.1) 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 a ij (a ij là phần tử ở hàng thứ i, cột thứ j của ma trận A); x là vec-tơ chứa các biến x j ; b là vec-tơ chứa các hằng số bi, tức là
Khi các biến số trong hệ phương trình tuyến tính thuộc các trường đại số vô hạn như số thực hoặc số phức, sẽ chỉ có ba trường hợp có thể xảy ra.
• Hệ có duy nhất một nghiệm;
• Hệ có vô số nghiệm.
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) = 4y(t) (1.2) được gọi là phương trình sai phân hữu hạn cấp một của hàm số y(t).
Hàm y(t) được xác định tại các điểm xem xét, với h là số gia của đối số và 4y(t) là số gia của hàm số tại điểm t Số h còn được gọi là bước Sai phân hữu hạn cấp cao được xác định qua biểu thức cụ thể.
Ví dụ, đối với n= 1 ta có
Ta kí hiệu 4 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
Giá trị 4 n y(t) không khó để biểu diễn qua các giá trị của hàm y(t) tại các điểm t, t+h, , t+nh Ta có được công thức sau đây
Chứng minh (Bằng phương pháp quy nạp toán học)
Hiển nhiên với n = 1 công thức (1.4) có dạng
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
(−1) n−k−1 C n−1 k y(t+kh). Ở số hạng thứ nhất, ta đặt m = k+ 1 Khi đó, n−1
(−1) n−m C n−1 m−1 y(t+kh), và lại đặt m = k, ta nhận được biểu thức n
Mặt khác, ta lại có
Do đó, công thức cuối cùng ta viết được dưới dạng
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 C n k = C n n−k , khi đó ta nhận được
Một cách hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được công thức y(t+nh) n
Một số khái niệm cơ bản của phương trình sai phân
Định nghĩa 1.3 Phương trình có dạng
F(t, y(t),4y(t), ,4 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 công 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
Ví dụ 1.1 Xác định cấp của phương trình sau đây
4 3 y(t) +4 2 y(t)− 4y(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 t 0 ∈ Z + là dãy số y 0 , y 1 , , y k , sao cho
G(t 0 +k, y k , , y k+n ) = 0, (1.10) với k = 0,1,2, , còn Z + là tập các số nguyên dương.
Bài toán 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 đầu sau đây y(t 0 ) = y 0 , y(t 0 + 1) = y 1 , , y(t 0 +n−1) = y n−1
Các số y 0 , y 1 , , y n−1 được gọi là các giá trị đầu của nghiệm y(t), t 0 được gọi là điểm đầu.
Nếu y(t) là nghiệm liên tục trên khoảng [t0, +∞) của phương trình (1.8), thì dãy y(t0), y(t0 + 1), , y(t0 + k) sẽ tạo thành nghiệm rời rạc của phương trình này Định nghĩa 1.6 cho rằng điểm (t0, y0, y1, , yn−1) ∈ Z+ × Rn là điểm duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.8) Điều này có nghĩa là với bất kỳ nghiệm ϕ(t) nào của bài toán Cauchy thỏa mãn điều kiện đầu ϕ(t0) = ϕ0, ϕ(t0 + 1) = ϕ1, , ϕ(t0 + n−1) = ϕn−1, thì (y0, y1, , yn−1) sẽ không bằng (ϕ0, ϕ1, , ϕn−1).
Ta suy ra rằng với mọi k ≥1,
(y k , y k+1 , , y k+n−1 ) 6= (ϕ 1 , 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
R n+1 và mỗi điểm của D đều là những điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.8) Hàm y(t) = y(t, C 1 , , C n ) được xác định là nghiệm tổng quát của phương trình (1.8) khi nó thỏa mãn hai điều kiện cụ thể.
(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 mô tả sự phát triển của các hiện tượng qua thời gian, thể hiện mối quan hệ giữa các giá trị tại các khoảng rời rạc Cụ thể, kích thước của x(n+1) được xác định bởi phương trình x(n) của khoảng n, được biểu diễn qua công thức x(n+1) = f(x(n)).
Phương trình sai phân cấp một
4y(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= t 0 , t = t 0 + 1, , t = n−1, rồi cộng dồn lại và tiến hành đổi biến n := t ta nhận được y(t) = C + t−1
Chúng ta sẽ xem xét phương trình y(t+1) = y(t)p(t), với điều kiện p(t) khác 0 và t thuộc tập Ω 0 Bằng cách thay thế các giá trị t = t0, t = t0 + 1, , t = n−1 vào phương trình (1.13) và thực hiện phép nhân hai vế, sau đó đổi biến n thành t, chúng ta sẽ thu được kết quả mong muốn.
Nếu y(t 0 ) 6= 0 thì từ điều kiện p(t) 6= 0, t ∈ Ω 0 suy ra y(t) 6= 0, t ∈ Ω 0 Giản ước cả hai vế của phương trình (1.14) cho t−1
Q k=t 0 y(k) 6= 0, ta nhận được các nghiệm không suy biến của phương trình (1.13) y(t) = y(t0) t−1
Y k=t 0 p(k), y(t0) 6= 0 (1.15) Đặt y(t 0 ) =C ta nhận được nghiệm tổng quát của (1.14) có dạng y(t) = C t
Hơn nữa, trên thực tế thì công thức (1.16) có chứa cả nghiệm tầm thường của phương trình (1.16) khi C = 0.
Phương trình (1.13) chính là trường hợp riêng của phương trình sau đây y(t+ 1) = p(t)y(t) +f(t), p(t) 6= 0, t ∈ Z + (1.17)
Phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát của phương trình được gọi là phương pháp biến thiên hằng số, hay còn gọi là phương pháp Lagrange Trong đó, C trong công thức (1.16) được xem như là một hàm phụ thuộc vào t, dẫn đến công thức y(t) = C(t) t−1.
Y k=t 0 p(k), (1.18) cho ta nghiệm của phương trình (1.17) Thay (1.18) vào (1.17) ta nhận được
Phương trình cuối có dạng (1.11), do đó nghiệm tổng quát của phương trình trên có thể viết được dưới dạng (1.12), nghĩa là
. Đặt biểu thức nhận được đối với C(t) vào (1.18) ta thu được y(t) t−1
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).
Ta chọn hàm u(t) sao cho u(t+ 1) = u(t)p(t), ví dụ như u(t) t−1
Y k=t 0 p(k), còn hàm v(t) được xác minh từ phương trình u(t+ 1)4v(t) = f(t), hay
Do đó, theo (1.14) ta nhận được v(t) =C + t−1
−1i , và công 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 trình ban đầu Tiếp theo thực hiện phép đổi biến u(t) = 1 v(t) ta nhận được phương trình
2. Nghiệm tổng quát của phương trình này tìm được theo công thức (1.19), và đặt vào t 0 = 0 Ta có được v(t) = − 3
5. Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu cho được bởi công thức y(t) = 1
+ 1. Để ý rằng nghiệm y(t) = 1 có thể nhận được một cách nhìn hình thức khi trong công nghiệm tổng quát 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) 6= 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.
Tiếp theo ta đặt v(t) = 1 y(t), ta nhận được phương trình v(t+ 1) = p(t)v(t) +q(t), với nghiệm tổng quát là v(t) t−1
Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y(t) = 1 v(t) hY t−1 k=0 p(k) h
, và y(t) = 0 cũng là một nghiệm Trong trường hợp p(t) = 2, q(t) = 3 ta có được y(t) = (C2 t −3) −1
Phương trình sai phân cấp cao
Các hàm số ϕ1(t), ϕ2(t), , ϕn(t) được coi là phụ thuộc tuyến tính trên tập Ω nếu có tồn tại một bộ số C1, C2, , Cn không đồng thời bằng không, sao cho đẳng thức liên quan được thỏa mãn.
C 1 ϕ 1 (t) +C 2 ϕ 2 (t) + + C n ϕ n (t) = 0, t ∈ Ω. Định nghĩa 1.9 Các hàm số ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) được gọi là độc lập tuyến tính trên tập Ω, nếu từ đẳng thức
(1.20) là độc lập tuyến tính.
Thật vậy, ta tiến hành xét hệ:
(1.21) với t1 6= t2 6= t3 và C1, C2, C3 là các ẩn.
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (1.21) với t 1 , t 2 , t 3 là các tham số và với C 1 , C 2 , C 3 là các ẩn.
Ta có định thức det
Do đó, tồn tại duy nhất C 1 = C 2 = C 3 = 0.
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 ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) có hàm đồng nhất bằng không thì các hàm đã cho là phụ thuộc tuyến tính.
Tính chất 1.2 Các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi có một hàm biểu thị dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các hàm còn lại.
Tính chất 1.3 Nếu trong các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) có k hàm phụ thuộc tuyến tính (k < n), thì các hàm (n hàm) là phụ thuộc tuyến tính.
Có thể coi các hàm số ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ k (t) là phụ thuộc tuyến tính mà không mất tính tổng quát Nếu không, chỉ cần điều chỉnh thứ tự của các hàm đã cho.
Ta xét tổ hợp tuyến tính
+ 0.C k+1 ϕ k+1 (t) + + 0.C n ϕ n (t) = 0, (1.24) ở đây các hằng số C 1 , C 2 , , C k từ (1.23), đồng thời k
C i 2 6= 0, hay ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) là phụ thuộc tuyến tính. Định nghĩa 1.10 Định thức:
Định thức Kazorati cấp n của các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) được ký hiệu là (1.25) và được sử dụng để xác định tính độc lập tuyến tính hoặc phụ thuộc tuyến tính của hệ hàm Theo định lý 1.5.1, có dấu hiệu cần thiết để nhận biết các hàm phụ thuộc tuyến tính.
Nếu các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) là phụ thuộc tuyến tính trên Ω thì định thức K(t) = 0 trên Ω.
Giả sử tồn tại t 0 ∈ Ω để cho K(t 0 ) 6= 0 Khi đó, từ (1.26) ta có được hệ phương trình
Hệ phương trình (1.27) là một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n với các ẩn C_i, i = 1, 2, , n và định thức K(t_0) khác không Theo định lý Cramer, hệ này chỉ có nghiệm tầm thường duy nhất là C_i = 0, điều này mâu thuẫn với giả thuyết rằng các C_i không đồng thời bằng không Từ đó, ta có thể kết luận điều cần chứng minh.
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)+p 2 (t)y(t+n−2)+ +p n (t)y(t) =f(t) (1.28) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n.
Giả sử rằng các hệ số p i (t), i = 1,2, , n và vế phải f(t) của phương trình (1.28) được xác định trên Z +, với f(t) khác không cho mọi t thuộc Z + Dưới các điều kiện này, mọi điểm trong Z + × R n đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán Cauchy liên quan đến 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 không thuần nhất trong trường hợp ngược lại.
Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất, được biểu diễn dưới dạng z(t+n) + p1(t)z(t+n−1) + p2(t)z(t+n−2) + + pn(t)z(t) = 0, tương ứng với phương trình (1.28) Định lý 1.6.1 nêu rõ tiêu chuẩn độc lập tuyến tính của các nghiệm của phương trình này.
Các nghiệmz1(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
Theo Định lý 1.5.1, điều kiện đủ của định lý vẫn được xác nhận cho những hàm không phải là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất.
Giả sử z 1 (t), z 2 (t), , z n (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
Theo giả thiết K(t ∗ ) = 0, định thức của hệ (1.30) có nghiệm không tầm thường, ký hiệu là (C 1 ∗ , C 2 ∗ , , C n ∗ ) Hàm z ∗ (t) được xác định bởi công thức z ∗ (t) = C 1 ∗ z 1 (t) + C 2 ∗ z 2 (t) + + C n ∗ z n (t) cũng là nghiệm của phương trình (1.29) dưới dạng tổ hợp tuyến tính Từ các phương trình của hệ (1.30), ta có z ∗ (t ∗ ) = 0, z ∗ (t ∗ + 1) = 0, , z ∗ (t ∗ + n−1) = 0.
Từ tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy ta nhận được z ∗ (t) = 0, với t∈ Z + Như thế
Điều này cho thấy sự mâu thuẫn với giả thiết độc lập tuyến tính của hệ đã cho Theo Định lý 1.6.2 (Neumann), định thức Kazorati của bất kỳ nghiệm nào của phương trình (1.29) đều thỏa mãn phương trình này.
Chứng minh Giả sửz 1 (t), z 2 (t), , z n (t)là nghiệm bất kỳ của (1.29) (không nhất thiết phải độc lập tuyến tính) Ta xét hệ
(1.32) trong đó p1(t), , pn(t) được xem là các ẩn Hệ (1.32) đồng nhất với hệ
Xem xét phương trình pn(t)4 = 4 n, trong đó 4 là định thức hệ số của hệ phương trình (1.32) Giá trị 4 n được xác định bằng cách loại bỏ cột thứ n của ma trận 4 và thay thế bằng vế phải của hệ (1.32).
Chúng ta sẽ trình bày định thức Kazorati cho 4 và 4 n Để dễ dàng trong việc chứng minh, cần ôn lại một số tính chất quan trọng của định thức.
Tính chất 1.4 Giá trị của định thức là không đổi trước phép chuyển vị (detA = detA T ).
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.
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.
Tương tự như thế ta có được
Như vậy, phương trình (1.34) viết được dưới dạng p n (t)(−1) n(n−1) 2 K(t) = (−1) n (−1) n(n−1) 2 K(t+ 1), hay
Giải phương trình cuối ta thu được công thức:
Công thức trên còn có tên gọi là công thức Ostrogradsky - Luyvilla rời rạc.
Nếu hệ số p n (t) khác 0, thì định thức Kazorati của các nghiệm của phương trình (1.28) hoặc đồng nhất bằng 0 trên Z +, hoặc không bao giờ tiến đến 0 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 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, và tồn tại hệ nghiệm cơ bản.
Chứng minh Ta xét n bài toán 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,
Định thức Kazorati của các hệ nghiệm z1(t), z2(t), , zn(t) bằng 1 tại t0, cho thấy rằng các hàm này là độc lập tuyến tính trên Z+ Do đó, chúng tạo thành một hệ cơ bản cho nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất.
Nếu z 1 (t), z 2 (t), , z n (t) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1.28), thì nghiệm tổng quát của phương trình trong tập D = Z + ×R n có thể được biểu diễn dưới dạng z(t) = C 1 z 1 (t) + C 2 z 2 (t) + + C n z n (t), trong đó các hằng số Ci (i = 1, 2, , n) là tùy ý.
Chứng minh Áp dụng định nghĩa của nghiệm tổng quát, đối với mọi giá trị C i hàm số z(t) n
C i z i (t) là nghiệm của (1.28), điều này được suy 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(t 0 ) = ¯z 0 ,z(t¯ 0 + 1) = ¯z 1 , ,z(t¯ 0 + n−1) = ¯z n−1
(1.35) Định thức của hệ (1.35) chính bằng K(t 0 ) Bởi K(t 0 ) 6= 0 nên hệ đã cho trước mọi giá trị của vế phải chỉ có duy nhất một nghiệm
Ta xét hàm ϕ(t) = C 1 0 z1(t) +C 2 0 z2(t) + +C n 0 zn(t) và cũng chính là nghiệm của (1.28) (tổ hợp tuyến tính của các nghiệm z 1 (t), z 2 (t), , z n (t)).
Từ (1.34) cho ta ϕ(t) thỏa mãn các điều kiện đầu ϕ(t 0 ) = ¯z 0 , ϕ(t 0 + 1) = ¯z 1 , , ϕ(t 0 + n−1) = ¯z n−1
Do tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy nên ϕ(t) = ¯z 1 , như thế ¯ z(t) =C 1 0 z 1 (t) +C 2 0 z 2 (t) + +C n 0 z n (t), đây chính là điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.6.7 Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp n không thể có nhiều hơn n nghiệm độc lập tuyến tính.
Chứng minh rằng nếu ta có bất kỳ n+1 nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất, và nếu n nghiệm đầu tiên là phụ thuộc tuyến tính, thì hệ nghiệm đã cho cũng sẽ là phụ thuộc tuyến tính.
Khi đó, z n+1 (t) có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến của z 1 (t), z 2 (t), , z n (t), suy ra z 1 (t), z 2 (t), , z n (t) phụ thuộc tuyến tính.
Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng
Nghiệm tổng quát của (1.36) có thể viết được dưới dạng z(t) n
C i z i (t), (1.37) ở đây, z i (t), i = 1,2, , n là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (1.36), còn C i là các hằng số tùy ý.
Ta tiến hành tìm nghiệm phương trình đã cho dưới dạng z(t) = λ t , với λ ∈ C, λ6= 0.
Pn(x) =x n +a1x n−1 + + an được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (1.36) Nghiệm của đa thức đặc trưng được gọi là số đặc thù.
Khi λ t 6= 0 và λ 6= 0, ta có L(λ t ) = 0 khi và chỉ khi λ là nghiệm của phương trình đặc trưng Lưu ý rằng với điều kiện a n 6= 0, λ = 0 không phải là số đặc thù của phương trình (1.36) Để xây dựng hệ nghiệm cơ sở của (1.36), có hai trường hợp cần xem xét.
Trong trường hợp 1, nếu λ₁, λ₂, , λₙ là các nghiệm thực đơn của phương trình đặc trưng P(λ) = 0, chúng ta cần chứng minh rằng zi(t) = λᵗⁱ, với i = 1, 2, , n, là nghiệm của phương trình (1.36) Để làm điều này, chúng ta sẽ chứng minh rằng các nghiệm này là độc lập tuyến tính trên Z⁺, từ đó khẳng định rằng zi(t) = λᵗⁱ tạo thành hệ nghiệm cơ sở của phương trình đã cho Cuối cùng, chúng ta sẽ tiến hành tính toán trên định thức Kazorati của các nghiệm này.
Từ định thức cuối ta nhận được chính là định thức Vandermonde và có giá trị bằng
Do λ i 6= 0, i = 1,2, , n và tất cả các λ i là khác nhau nên định thức Kazorati K(t) của các λ t i là độc lập tuyến tính.
Như thế nghiệm tổng quát của (1.36) được viết trong trường hợp này dưới dạng z(t) n
Ví dụ 1.5 Giải phương trình z(t+ 2)−5z(t+ 1) + 6z(t) = 0.
Ta có phương trình đặc trưng λ 2 −5λ+ 6 = 0.
Giải phương trình trên ta có hai nghiệm thực phân biệt
λ 1 = 2, λ2 = 3 do đó, các hàm số z 1 (t) = 2 t và z 2 (t) = 3 t tạo thành hệ nghiệm cơ sở phương trình đã cho Như vậy, nghiệm tổng quát ta tìm được là z(t) = C12 t +C23 t
Trường hợp 2 Khi trong các nghiệm của phương trình đặc trưng ngoài các nghiệm thực đơn còn có nghiệm phức.
Ví dụ 1.6 Giải phương trình z(t+ 4) + 2z(t+ 2) +z(t) = 0.
Phương trình đặc trưng λ 4 + 2λ 2 + 1 = (λ 2 + 1) 2 = 0 có các nghiệm là λ1,2 = i, λ3,4 = −i.
Hệ nghiệm cơ bản có dạng i t , ti t ,(−i) t , t(−1) t
2 , do đó hệ nghiệm thực cơ sở dạng cos πt
2 Như thế nghiệm tổng quát của phương trình tìm được dưới dạng z(t) = (C1 +C2t) cosπt
Nếu hàm phức z(t) = u(t) + iv(t) là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính hệ số hằng (1.36), thì các hàm thực u(t) và v(t) cũng là nghiệm của phương trình này.
Chứng minh Do tính tuyến tính của toán tử L ta có được:
Lz(t) = L[u(t) +iv(t)] = Lu(t) i Lv(t) = 0, từ đây ta suy ra Lu(t) = Lv(t) = 0, hay chứng tỏ u(t) và v(t) là nghiệm của phương trình (1.36).
Phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất
Định nghĩa 1.14 Xét phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp n
Ly(t) = y(t+ n) +p 1 (t)y(t+n−1) + +p n (t)y(t) = f(t), (1.38) và phương trình thuần nhất tương ứng
Giả sử rằng các hệ số pi(t) và vế phải f(t) là xác định trên Z + , và ngoài ra p n (t) 6= 0, t∈ Z +
Các tính chất của nghiệm phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất xuất phát từ tính tuyến tính của chính phương trình này.
Ta xem xét các tính chất sau đây.
Tính chất 1.7 Hiệu bất kỳ hai nghiệm riêng của phương trình (1.38) cũng là nghiệm riêng của phương trình thuần nhất tương ứng (1.39).
Tính chất 1.8 Tổng của hai nghiệm riêng phương trình (1.38) với nghiệm riêng của phương trình thuần nhất tương ứng (1.39) là nghiệm riêng của phương trình (1.38).
Tính chất 1.9 Nguyên lý chồng chất nghiệm và định lý về việc xác định nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
Giả sử vế phải của (1.38) biểu diễn được dưới dạng tổng hữu hạn của các số hạng f(t) k
X i=1 f i (t) vàY i (t),là các nghiệm riêng của các phương trìnhLy(t) = f i (t)tương ứng.
Yi(t) là nghiệm riêng của (1.38).
Tính chất 1.10 Định lý về nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
Nếu Y(t) là nghiệm riêng của phương trình (1.38) và z1(t), z2(t), , zn(t) là hệ nghiệm cơ sở của (1.39), thì nghiệm tổng quát y(t) của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất có thể được biểu diễn dưới dạng: y(t) = Y(t) + n.
Cizi(t), với C i , i= 1,2, , n là các hằng số tùy ý.
Chứng minh Từ điều kiện trong định nghĩa của nghiệm tổng quát, với bất kỳ giá trị cụ thể C i = C i 0 , hàm số y 0 (t) =Y(t) + n
C i 0 z i (t) là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất bởi Tính chất 1.8.
Bây giờ ta lấy bất kỳ một nghiệm riêng Y ∗ (t) của phương trình không thuần nhất Theo Tính chất 1.7, hiệu Y ∗ (t)−Y(t) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng (1.39).
Do đó theo định lý về nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tồn tại duy nhất bộ các giá trị C i ∗ , , C n ∗ sao cho
Nghiệm riêng Y ∗ (t) có thể được xác định từ nghiệm tổng quát với các giá trị hằng tùy ý Để xây dựng nghiệm tổng quát cho phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất Ly(t) = f(t), cần thực hiện các bước cụ thể.
Để giải phương trình (1.38), chúng ta cần xác định một nghiệm riêng Y(t) và hệ nghiệm cơ bản z1(t), z2(t), , zn(t) của phương trình thuần nhất Lz(t) = 0 tương ứng với (1.39) Theo Định lý 1.8.1 (Lagrange), nghiệm riêng của (1.38) có thể được biểu diễn thông qua hệ nghiệm cơ bản này.
C k (t)z k (t), (1.40) trong đó các sai phân hữu hạn 4C 1 (t), ,4C n (t) của các hàm số chưa biết C k (t), k = 1,2, , n có thể tìm được từ hệ
Ví dụ 1.7 Tìm nghiệm của phương trình y(t+ 2)− 2(t+ 1)(t+ 3)
2 Lời giải. Đầu tiên ta chia cả hai vế của phương trình cho t+ 3 t+ 2 ta được t+ 2 t+ 3y(t+ 2)− 2(t+ 1) t+ 2 y(t+ 1)− 3t t+ 1y(t) =−4t. Đặt v(t) = t t+ 1y(t) ta nhận được v(t+ 2)−2v(t+ 1)−3v(t) = −4t.
Giải phương trình sai phân và chú ý điều kiện đầu v(1) = 1
Phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng với vế phải đặc thù
Hàm f(t) được định nghĩa bởi (1.43) là hàm đặc thù, với phương trình Ly(t) = y(t+n) + a1y(t+n−1) + + any(t) = f(t) (1.42), trong đó ai ∈ R, k = 1,2, , n và an ≠ 0 Nghiệm riêng của phương trình (1.42) có thể tìm được bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có cách đơn giản hơn mà không cần sử dụng phương pháp biến thiên hằng số Định lý 1.9.1 khẳng định rằng nếu f(t) = Qk(t)λt với λ ≠ 0, λ ∈ C và Qk(t) là đa thức bậc k theo t, thì nghiệm riêng Y(t) = tsBk(t)λt có thể xác định duy nhất bằng phương pháp cân bằng hệ số Định lý 1.9.2 nêu rõ rằng nếu vế phải của (1.42) có dạng (1.43) với k = max{k1, k2} và λ = ρ(cosϕ + isinϕ), thì nghiệm riêng cũng có thể được tìm ra.
Y(t) = t s ρ t (U k (t) cosϕt+V k (t) sinϕt), (1.44) ở đây U k (t) và V k (t) là các đa thức với cấp nhỏ hơn k.
Chứng minh Biến đổi hàm f(t) trong công thức (1.43) Ta có: f(t) = ρ t Q k 1 (t)e iϕt +e −iϕt
Biết hàm f 1 (t), f 2 (t) có dạng đã xét trong Định lý 1.8. Để xây dựng nghiệm riêng Y(t) ta có thể sử dụng nguyên lý chồng chất nghiệm
Y(t) = Y 1 (t) +Y 2 (t), ở đây Y i (t) là các nghiệm riêng của phương trình
Mặt khác, Y 1 (t) tìm được theo Định lý 8.1 một cách duy nhất dưới dạng
Do f¯2(t) = f1(t), còn các hệ số ak của phương trình (1.42) là số thực nên Y¯ 2 (t) =Y 1 (t) là nghiệm của phương trình
Việc còn lại ta cần chứng tỏ tổng Y 1 (t) + ¯Y 1 (t) có thể biến đổi về dạng (1.44).
= 2t s Reh(ReB k (t) +iImB k (t))ρ t (cosϕt+ isinϕt)i
Như vậy, Định lý 1.9.2 được chứng minh.
Ví dụ 1.8 Giải phương trình y(t+ 2)−3y(t+ 1) + 2y(t) = 2t+ 1.
Từ bài toán, ta viết được nghiệm phương trình đặc trưng λ 2 −3λ+ 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt là λ 1 = 1 và λ 2 = 2.
Hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất được hình thành bởi λ 1 (t) = 1 và λ 2 (t) = 2t Phương trình đã cho có vế phải f(t) = 2t + 1 với dạng đặc biệt Theo Định lý 1.9.2, một nghiệm riêng của phương trình có thể được xác định.
Y(t) =t(at+b) =at 2 +bt, do bởi k = 1, s = 1.
Tiếp theo, ta có được a(t+ 2) 2 +b(t+ 2)−3[a(t+ 1) 2 +b(t+ 1)] + 2at 2 + 2bt = 2t+ 1.
Ta tiến hành cân bằng hai vế của hệ thức cuối ta thu được
a = −1, b = −2 do đó, một nghiệm riêng tìm được là
Y(t) = −t 2 −2t. Đến đây nghiệm của phương trình đã cho là y(t) = −t 2 −2t+C1 +C22 t
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Dãy truy hồi.ư, công thức tính tổng từng phần
Định nghĩa 2.1 Dãy u 1 , u 2 , , u n được gọi là dãy truy hồi cấp k, nếu tồn tại các số a 1 , a 2 , , a k (a k 6= 0) sao cho un+k = a1u n+k−1 +a2u n+k−2 + +akun, (n≥ 1) (2.1)
Trong một dãy truy hồi cấp k, mỗi số hạng bắt đầu từ số thứ tự k+1 được xác định bởi k số lượng phần tử đứng trước nó Điều này cho thấy rằng một dãy truy hồi cấp k chỉ được xác định duy nhất khi có k phần tử đầu tiên u1, u2, , uk được cung cấp Để tính toán các phần tử tiếp theo trong dãy, cần phải tham chiếu lại các phần tử trước đó.
Cấp số nhân với công bội q được mô tả qua phương trình u_n = q * u_{n-1}, dẫn đến u_{n+1} = q * u_n Đây là một dạng dãy truy hồi cấp một.
Ví dụ 2.2 Từ định nghĩa, cấp số cộng có dạng u n+1 = u n +d, thế nhưng quan hệ này không có dạng (2.1).
Mặt khác, từ hai đẳng thức u n+2 = u n+1 +d, u n+1 = u n +d ta có được u n+2 = 2u n+1 −u n Như vậy dãy cấp số cộng còn được gọi là dãy truy hồi cấp hai.
Số hạng un được xác định bởi công thức un = n(−1), với n là nghiệm của phương trình u n+2 + 2u n+1 + u n = 0 Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng un = C1(−1) n + C2 n (−1) n Các đa thức đặc trưng P(λ) và Q(λ) cũng được xác định theo các biểu thức tương ứng.
Dãy S −n là một nghiệm của phương trình
Do đó, S n có thể nhận được từ công thức tổng quát
S n = C 1 + C 2 (−1) n +C 3 n(−1) n , với một số các giá trị C 1 , C 2 , C 3
Các giá trị này là hoàn toàn có thể xác định được khi ta cho các giá trị ban đầu ví dụ như S 0 = 0, S 1 = −1, S 2 = 1.
Từ đây ta có được hệ phương trình
Giải hệ trên ta thu được
Áp dụng phương trình sai phân trong phân tích kinh tế
Trong bài viết này, chúng ta sẽ áp dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp một để phân tích sự tương tác giữa các biến kinh tế và xác định quỹ đạo thời gian của chúng Mục tiêu là tìm hiểu xem các biến kinh tế này có hội tụ về các mức cân bằng ổn định động hay không Để thực hiện nghiên cứu này, chúng ta sẽ xem xét ví dụ sau: x(t+ 1) + 15x(t) = 4.
Ta tìm được nghiệm riêng của phương trình (2.3) là: x(t) = 1
4. Chú ý Nếu cách tìm nghiệm riêng trên đây không cho ta đáp số thì cần tìm nghiệm riêng dưới dạng: x(t) = kt Để tìm nghiệm bù của (2.3), chúng ta xét dạng nghiệm sau: x(t) = mb t , với b 6= 0 Lúc đó, x(t+ 1) = mb t+1
Thay các biểu thức này vào phương trình thuần nhất tương ứng với phương trình (2.3) x(t+ 1) + 15x(t) = 0 (2.4)
Thay x(t+ 1) = mb t+1 và x(t) = mb t vào (2.4), ta có mb t+1 + 15mb t = 0.
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (2.3) là: x(t) = m(−15) t + 1
4.Trong ví dụ này, do b = −15 nên các đường quỹ đạo thời gian xt đều phân kì và có dạng dao động tuần hoàn khuếch đại Trong trường hợp tổng quát, các đường quỹ đạo thời gian của các biến kinh tế x(t) luôn đồng thời hoặc hội tụ hoặc phân kì.
Mô hình thị trường có hàng tồn kho
Trong mô hình này, ta xét các giả thiết sau:
Cả lượng cầu Q dt và lượng cung Q st đều là các hàm tuyến tính "không trễ" của P(t), ở đây
Việc điều chỉnh giá cả không chỉ phụ thuộc vào cân bằng cung cầu thị trường mà còn dựa vào lượng hàng tồn kho Khi hàng tồn kho dương từ chu kỳ trước, giá sẽ được điều chỉnh giảm, và ngược lại, nếu hàng tồn kho âm, giá sẽ tăng lên.
Sự điều chỉnh giá cả do người bán ấn định trong mỗi chu kì tỉ lệ nghịch với lượng hàng tồn kho còn lại từ chu kì trước.
Với các giả thiết trên, chúng ta có các phương trình sai phân sau:
Phương trình (2.7) chỉ ra rằng giá hàng tại giai đoạn sau chịu ảnh hưởng từ giá hàng ở giai đoạn trước, được điều chỉnh bởi hệ số σ và lượng hàng tồn kho.
Thế phương trình (2.5) và (2.6) vào (2.7), chúng ta có:
Tính ổn định động của mức giá cân bằng P¯, hay còn gọi là sự bình ổn giá, phụ thuộc vào biểu thức b = 1−σ(β + δ) Điều này cho thấy rằng điều kiện để đạt được sự bình ổn giá là rất quan trọng.
Khi b= 0 thì giá cả không có biến động và luôn giữ ở mức cân bằng P¯. Ngoài ra, ta có thể nhận thấy
⇐⇒ quỹ đạo thời gian của P(t) là không dao động và hội tụ.
⇐⇒ quỹ đạo thời gian P(t) là dao động tắt dần và hội tụ. b < −1⇐⇒ δ > 2
⇐⇒ quỹ đạo thời gian P(t) là dao động khuếch đại và không hội tụ.
Mô hình thu nhập quốc dân với nhân tử tăng tốc Samuelson 41 2.5 Mô hình kinh tế vĩ mô về lạm phát và thất nghiệp với thời gian rời rạc
Giả sử thu nhập quốc dân bao gồm chi phí cho tiêu dùng, đầu tư và bộ máy nhà nước Tiêu dùng quốc dân tại thời điểm t phụ thuộc vào thu nhập quốc dân tại thời điểm trước đó (t−1) Lượng đầu tư tại thời điểm t được giả định là một tỉ lệ nhất định của sự tăng trưởng tiêu dùng so với thời điểm trước Nếu tiêu dùng tăng, đầu tư cũng được cho là tăng theo Chi phí cho bộ máy nhà nước được xem như biến ngoại sinh Từ những giả thiết này, chúng ta có các phương trình sai phân tương ứng.
I: Đầu tư (tái đầu tư),
G(0): Chi phí cho bộ máy nhà nước, α: Nhân tử tăng tốc (cho tái đầu tư), γ: Khuynh hướng tiết kiệm biên.
Ta lấy (2.10) thay vào (2.11), ta được:
Sau đó, thay (2.10) và (2.12) vào (2.9) ta nhận được:
2.5 Mô hình kinh tế vĩ mô về lạm phát và thất nghiệp với thời gian rời rạc Để phân tích các đường biến động của giá cả và lạm phát, ta xét các phương trình sau đây: p(t) =α −T −βU(t) +hπ(t) (∀α, β > 0,0< h ≤1), (2.13) π(t+ 1)−π(t) = j(p(t)−π(t)) (∀0< j ≤ 1), (2.14)
Theo (2.13), (2.14) và (2.15) ta suy ra p(t+ 1)−p(t) = kβ(m−p(t+ 1)) +hj(p(t)−π(t)) (2.17)
Cần khử π(t) trong phương trình (2.17) Từ (2.13) ta có hπ(t) =p(t)−α +T +βU(t) (2.18)
Thay vào (2.17) ta nhận được p(t+1)−p(t) = kβ(m−p(t+1))+hjp(t)−j(p(t)−α+T+βU(t)) (2.19)
Như vậy, cuối cùng ta có p(t+ 2)− 1 +hj + (1−j)(1 +kβ)
(2.23) Đây là phương trình sai phân cấp hai đối với p(p là tốc độ tăng trường giá cả).
Luận văn hệ thống hóa kiến thức về lý thuyết phương trình sai phân, bao gồm định nghĩa, phân loại phương trình sai phân cấp một và lý thuyết xây dựng cấu trúc nghiệm cho phương trình sai phân tuyến tính cấp cao thuần nhất Dựa trên đó, luận văn phát triển nghiệm cho phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất, thể hiện dưới dạng tổng của nghiệm riêng và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất Phương pháp xác định nghiệm cho phương trình không thuần nhất với vế phải đặc thù cũng được trình bày Trong Chương 2, luận văn đề cập đến ứng dụng của phương trình sai phân trong tính tổng dãy truy hồi, liên quan đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng Ngoài ra, một số mô hình kinh tế được mô tả dưới dạng phương trình sai phân hoặc hệ phương trình sai phân theo biến thời gian, như mô hình thị trường có hàng tồn kho, mô hình thu nhập quốc dân với nhân tố tăng tốc Samuelson, và mô hình kinh tế vĩ mô về lạm phát và thất nghiệp với thời gian rời rạc.
Với thời gian nghiên cứu và nguồn lực hạn chế, tôi nhận thức được rằng có thể sẽ có những thiếu sót trong bài luận văn này Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các thầy cô để hoàn thiện bản luận văn một cách tốt nhất.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Chủ nhiệm Khoa và các thầy cô Khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng, vì đã tạo điều kiện thuận lợi và hỗ trợ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.