Đối với phương trình vi phân thường tuyến tính, Lyapunov đã đưa ra khái niệm chính qui Lyapunov [57]. Perron đã dựa vào phổ của phương trình liên hợp và đưa ra tiêu chuẩn cho tính chính qui Lyapunov, tức là Định lý Perron [?, 76]. Trong [30, 31], các tác giả nghiên cứu số mũ Lyapunov và đưa ra khái niệm chính qui Lyapunov cho phương trình vi phân đại số. Sau đây ta tóm tắt lại các kết quả đó.
Định nghĩa 1.4.19. Tập tất cả các số mũ Lyapunov hữu hạn của tất cả các nghiệm trong một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc của phương trình vi phân đại số được gọi là phổ Lyapunov của phương trình đó.
Không gian nghiệm của (1.11) và (1.13) có chiều bằngr nên phổ Lyapunov của chúng chứa nhiều nhất r giá trị phân biệt. Dựa vào định lý của Perron về tính chính qui Lyapunov cho phương trình vi phân thường, các tác giả trong [31] đã đưa ra khái niệm chính qui Lyapunov cho phương trình vi phân đại số như sau.
Định nghĩa 1.4.20. Phương trình vi phân đại số tuyến tính chỉ số 1 (1.11) được gọi là chính qui Lyapunov nếu
λi+βr−i+1 = 0, với mọi i = 1, . . . , r,
trong đó λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λr và β1 ≥ β2 ≥ · · · ≥ βr tương ứng là phổ Lyapunov của (1.11) và (1.13).
Trong [30, 31], các tác giả đã đưa ra bất đẳng thức Lyapunov và nghiên cứu các tiêu chuẩn chính qui Lyapunov cũng như tính chất của phương trình vi phân đại số (1.11) chính qui dựa vào phương trình vi phân thường tương ứng. Đặc biệt, khi hệ số và phép chiếu thỏa mãn một số yêu cầu nào đó thì (1.11) là chính qui Lyapunov nếu và chỉ nếu phương trình vi phân thường tương ứng là chính qui Lyapunov.
CHƯƠNG 2
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ NGẪU NHIÊN ITÔ
Trong chương này, ta nghiên cứu phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô có dạng
A(t)dx(t) + (B(t)x(t) +f(t))dt+G(t, x(t))dWt = 0, t ∈ J, (2.1) trong đó J là một đoạn của R+, A, B : J → Rn×n là các hàm ma trận liên tục, rankA(t) = r < n, r là một số nguyên dương cố định, f : J → Rn, G : J ×Rn → Rn×m là các hàm liên tục; (Wt) là chuyển động Brown m−
chiều trên không gian xác suất (Ω, F, P) với lọc tự nhiên (Ft)t∈J. Không mất tính tổng quát, giả sử J = [0, T]. Ta luôn giả thiết không gian kerA là trơn, tức là tồn tại phép chiếu trơn Q lên kerA.
Chương này tổng hợp các kết quả được chúng tôi công bố trong tạp chí Vietnam Journal of Mathematics [34].
2.1 Ví dụ mở đầu
Trước hết, ta xét một ví dụ đơn giản với mục đích chỉ ra rằng cách tiếp cận thích hợp để định nghĩa nghiệm cho (2.1) là cần thiết.
Ví dụ 2.1.1. Xét PTVPĐSNN 1 0 0 0 d x(t) y(t) = ( 1 0 0 1 x(t) y(t) + f1(t) f2(t) )dt+ 1 a dWt, (2.2) trong đó a ∈ R, f1, f2 là các hàm liên tục trên J.
Dạng tích phân của (2.2) là 1 0 0 0 x(t)−x(0) y(t)−y(0) = Z t 0 ( 1 0 0 1 x y + f1 f2 )ds+ Z t 0 1 a dWs.
Ta viết phương trình tích phân này thành hệ hai phương trình vô hướng
(
x(t)−x(0) = R0t(x(s) + f1(s))ds+R0tdWs, 0 = R0t(y(s) +f2(s))ds+R0tadWs,
hay tương đương với
(
x(t) =x(0) +R0t(x(s) +f1(s))ds+R0tdWs,
Rt
0(y(s) +f2(s))ds = −aWt.
Nếu ta xem nghiệm của hệ này như là quá trình ngẫu nhiên thông thường, thỏa mãn hệ phương trình này thì phải có a = 0. Khi đó y(t) = −f2(t) hầu chắc chắn. Như vậy, nếu f2 ∈/ C1(J,R) thì y(t) không phải là quá trình Ito (rõ ràng x(t) là một quá trình Ito). Qua ví dụ này, ta thấy rằng không nhất thiết phải yêu cầu tất cả các tọa độ của nghiệm của PTVPĐSNN là quá trình Ito.
2.2 Nghiệm của phương trình vi phân đại số ngẫu
nhiên Itô
Từ Chương 1 chúng ta biết rằng nghiệm của phương trình vi phân đại số không nhất thiết phải là hàm khả vi mà thuộc vào không gian CA1(J), gồm các hàm liên tục và một số tọa độ nào đó của nó là khả vi. Do đó một cách tự nhiên, khi xem vi phân ngẫu nhiên Ito như sự tương tự vi phân thường, ta sẽ xét nghiệm của (2.1) thuộc không gian
CA1(J,Ω) := {x :J ×Ω →Rn là quá trình ngẫu nhiên liên tục,
P x là quá trình Ito}, trong đó P là phép chiếu trơn dọc kerA.
Ta sẽ chỉ ra rằng cách tiếp cận này là thích hợp cho (2.1). Ta gọi
A(t)dx(t) + (B(t)x(t) +f(t))dt = 0, t ∈ J, (2.3) là phương trình tất định tương ứng của (2.1).
Bổ đề 2.2.1. Không gian CA1(J,Ω) không phụ thuộc vào cách chọn phép chiếu trơn P dọc kerA.
Chứng minh. Giả sử P˜ là một phép chiếu trơn khác dọc kerA. Lấy tùy ý x ∈ CA1(J,Ω), tức x là quá trình ngẫu nhiên liên tục và P x là quá trình Itô. Theo tính chất của phép chiếu ta có P P˜ = ˜P. Do P˜ là khả vi nên
˜
P x = ˜P(P x) cũng là quá trình Itô. Vậy không gian CA1(J,Ω) không phụ thuộc vào cách chọn phép chiếu trơn P.
Nếu x là một quá trình Itô thì ta có dP x(t) = P dx(t) +P0x(t)dt, hay là P dx(t) = dP x(t)−P0x(t)dt. Bây giờ nếu x ∈ CA1(J,Ω), ta sẽ hiểu P dx(t) theo cách này. Mặt khác từ tính chất AQ = 0, AP = A nên ta có
Adx(t) = AP dx(t) =A(dP x(t)−P0xdt). (2.4) Ta sẽ dùng (2.4) để định nghĩa số hạng Adx(t) trong (2.1) và lúc đó chỉ cần yêu cầu x ∈ CA1(J,Ω) là đủ.
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra cách tiếp cận này là đúng đắn cho phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô bằng bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.2. Nếu x ∈ CA1(J,Ω) thì A(dP x−P0xdt) không phụ thuộc vào cách chọn phép chiếu trơn P dọc kerA.
Chứng minh. Giả sử P và P˜ là hai phép chiếu trơn dọc kerA. Khi đó P = PP˜. Từ đây suy ra P0 = (PP˜)0 = P0P˜ + PP˜0. Mặt khác, theo công thức Itô, ta có dP x(t) =dPP x(t) =˜ P0P xdt˜ +P dP x(t).˜ Do đó A(dP x(t)−P0xdt) = A(P0P xdt˜ +P dP x(t)˜ −P0xdt) = A(P0xdt−PP˜0xdt+P dP x(t)˜ −P0xdt) = A(P dP x(t)˜ −PP˜0xdt) = AP(dP x(t)˜ −P˜0xdt) = A(dP x(t)˜ −P˜0xdt). Bổ đề được chứng minh.
Tóm lại, ta sẽ hiểu (2.1) là
A(t)dP x(t) + ((B −AP0)x(t) +f(t))dt+G(t, x(t))dWt = 0, t ∈ J. (2.5) Từ đây, ta sẽ định nghĩa nghiệm cho (2.1) như sau.
Định nghĩa 2.2.3. Một quá trình ngẫu nhiên x ∈ CA1(J,Ω) được gọi là nghiệm của phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô (2.1) nếu, với xác suất 1, ta có Z t 0 A(s)dP x+ Z t 0 (B0x(s) +f(s))ds+ Z t 0 G(s, x(s))dWs = 0, t ∈ J, (2.6) trong đó B0 := B −AP0.
Chú ý 2.2.4. (i) Từ Bổ đề 2.2.2 suy ra Định nghĩa 2.2.3 không phụ thuộc vào cách chọn phép chiếu trơn P dọc kerA.
(ii) Định nghĩa 2.2.3 cũng có thể tổng quát hóa được cho phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô không tuyến tính.
Tiếp theo ta sẽ đưa ra phương pháp giải phương trình (2.1).
Định lý 2.2.5. Giả sử rằng x ∈ CA1(J,Ω) và P x có vi phân Itô dạng dP x(t) = a(t)dt+b(t)dWt, (2.7) trong đó a(t) ∈ Rn và b(t) ∈ Rn×m. Khi đó x là nghiệm của (2.1) nếu và chỉ nếu
A(t)a(t) + B0x(t) +f(t) = 0, h.c.c với mọi t ∈ J,
A(t)b(t) + G(x(t), t) = 0, h.c.c với mọi t ∈ J. (2.8) Chứng minh. Giả sử x ∈ CA1(J,Ω) là nghiệm của (2.1) và P x có vi phân Ito biễu diễn như (2.7). Theo Định nghĩa 2.2.3, thì mọi t ∈ J, ta có
Z t 0 (A(s)a(s)+B0x(s)+f(s))ds+ Z t 0 (A(s)b(s)+G(x(s), s))dWs = 0. (2.9) Theo tính chất của tích phân Itô (Định lý 1.2.8), ta có (2.8) tương đương với (2.9). Định lý được chứng minh.
2.3 Phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô chỉsố 1 số 1
Như ta đã chỉ ra trong Ví dụ 2.1.1, nói chung nghiệm của phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô có thể không phải là quá trình ngẫu nhiên thông thường. Do đó, muốn xét nghiệm là quá trình ngẫu nhiên thông thường thì cần phải áp đặt các hạn chế cho hệ. Một hạn chế tự nhiên, được gọi là điều kiện nguồn nhiễu không xuất hiện trong các ràng buộc. Điều kiện này tương đương với yêu cầu quá trình nghiệm không bị ảnh hưởng trực tiếp bởi nhiễu trắng (xem Chein và Denk [20], Winkler [75]).
Sau đây ta sẽ thấy rằng, trong trường hợp phần tất định (2.3) của (2.1) là phương trình vi phân đại số có chỉ số 1, nguồn nhiễu xuất hiện trong ràng buộc thông qua số hạng QA−11G(t, x). Vì vậy, yêu cầu nguồn nhiễu không xuất hiện trong ràng buộc có nghĩa là yêu cầu QA−11G(t, x) ≡ 0, tức là imG(t, x) ⊂ imA(t) với mọi (t, x) ∈ J ×Rn.
Trở lại Ví dụ 2.1.1, điều kiện a = 0 là cần thiết để khẳng định nghiệm là quá trình ngẫu nhiên thông thường. Chú ý rằng, điều kiện a = 0 tương đương với điều kiện QA−11G(t, x) ≡ 0. Với những lý do này, ta đi tới định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.3.1. Phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô (2.1) được gọi là có chỉ số 1 mềm (hay, để ngắn gọn, ta chỉ nói chỉ số 1) nếu
(i) Phương trình tất định tương ứng (2.3) của (2.1) là PTVPĐS chỉ số 1, (ii) imG(t, x) ⊂ imA(t), với mọi (t, x) ∈ J ×Rn.
Chú ý 2.3.2. (i) Cũng như phương trình vi phân đại số, chỉ số 1 là bất biến khi nhân (2.1) với hàm ma trận E và phép biến đổi x =: F y, trong đó E ∈ C(J, Rn×n), F ∈ C1(J, Rn×n), E(t) và F(t) là không suy biến trên J. (ii) Khái niệm chỉ số 1 cũng có thể tổng quát hóa tới phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô không tuyến tính (xem [46], [47] cho khái niệm chỉ số 1 của phương trình vi phân đại số tất định không tuyến tính).
Tiếp theo ta giải quyết bài toán tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô chỉ số 1 (2.1) theo cách của phương trình vi phân đại số tất định. Trước hết ta làm các phép biến đổi và phân tích sau. Do (2.1) có chỉ số 1, nên A1 := A+B0Q là không suy biến. Nhân A−11 vào bên trái hai vế của (2.8), ta nhận được
P a(t) +A−11BP x(t) +Qx(t) +A−11f(t)) = 0, h.c.c, t ∈ J,
P b(t) +A−11G(t, x(t)) = 0, h.c.c, t ∈ J. (2.10) Nhân (2.10) lần lượt với P, Q, nó được tách thành hệ
P a(t) +P A−11BP x(t) +P A−11f(t)) = 0, QA−11BP x(t) + Qx(t) +QA−11f(t) = 0, P b(t) +P A−11G(t, x(t)) = 0, QA−11G(t, x(t)) = 0. (2.11)
Do (2.1) có chỉ số 1 nên imG(t, x) ⊂ imA(t), vì vậy
QA−11G(t, x) = 0, P A−11G(t, x) = A−11G(t, x).
Từ đây và (2.11) suy ra (2.10) tương đương với hệ
P a(t) + P A−11BP x(t) +P A−11f(t) = 0, Qx = −QA−11BP x(t)−QA−11f(t), P b(t) +A−11G(t, x(t)) = 0. (2.12) Từ đồng nhất thức P = P P và P x là quá trình Ito, ta có dP x = dP P x = P0P xdt+P dP x.
Biểu thức trên kết hợp với vi phân Itô của P x trong (2.7) kéo theo
a(t) = P0P x(t) +P a(t), b(t) = P b(t). (2.13) Từ (2.12) và (2.13), ta thu được a(t) =P0P x(t)−P A1−1BP x(t)−P A−11f(t), b(t) =−A−11G(t, x(t)), Qx(t) =−QA−11BP x(t)−QA−11f(t).
Cuối cùng, phương trình (2.1) tương đương với hệ sau:
dP x(t) = ((P0−P A−11B)P x(t)−P A1−1f(t))dt−A−11G(t, x(t))dWt, Qx(t) =−QA−11BP x(t)−QA−11f(t).
Ký hiệu u := P x, v := Qx. Ta có x = u+v và thu được biểu diễn v thông qua u như sau
v(t, u) = −QA−11Bu−QA−11f(t). (2.14) Đồng thời, ta nhận được một phương trình vi phân ngẫu nhiên Itô đối với u
du(t) ={(P0−P A−11B)u(t)−P A−11f(t)}dt
−A−11G(t, Pcanu(t)−QA−11f(t))dWt,
(2.15)
trong đó Pcan là phép chiếu chính tắc chỉ số 1.
Định nghĩa 2.3.3. Phương trình (2.15) được gọi là phương trình vi phân ngẫu nhiên Itô tương ứng của phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô chỉ số 1 (2.1) (dưới phép chiếu P).
Chú ý 2.3.4. Nếu PTVPĐSNN (2.1) là tuyến tính (tương ứng thuần nhất, ôtônôm), thì PTVPNN tương ứng (2.15) cũng vậy.
Mệnh đề 2.3.5. imP(t) là không gian con bất biến của PTVPNN tương ứng (2.15) theo nghĩa:
Nếu u(0) ∈ imP(0) thì u(t) ∈ imP(t) với mọi t ∈ J.
Chứng minh. Đặt z(t) := Q(t)u(t). Theo công thức Itô cho quá trìnhu(t)có vi phân ngẫu nhiên trong (2.15) kết hợp với đồng nhất thứcQ0 = −P0, QP = 0, ta có
dz = Q0udt+Qdu = (−P0u+ QP0u)dt = −P P0udt= −P0Qudt = −P0zdt.
Như vậy, PTVPNN này suy biến về phương trình vi phân thường tuyến tính thuần nhất đối với z(t) và có điều kiện ban đầu z(0) = Q(0)u(0) = 0. Suy ra z(t) ≡ 0. Tức là u(t) ∈ imP(t), với mọi t ∈ J. Mệnh đề được chứng minh.
Bây giờ, từ phương trình (2.14) suy ra v(t) = Qv(t), với mọi t ∈ J. Rõ ràng rằng bài toán giá trị ban đầu cho (2.1) chỉ có thể giải được với
u0 ∈ imP(0), v0 = −Q(0)A1−1(0)B0(0)u0 −Q(0)A−1(0)f(0).
Điều này có nghĩa là v0 không được chọn tùy ý mà được tính thông qua u0. Dựa vào sự phân tích trên, ta phát biểu điều kiện ban đầu cho phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô chỉ số 1 (2.1) như sau:
x0 là Rn- biến ngẫu nhiên sao cho A(0)(x(0)−x0) = 0 và A(0)x0 là độc lập với chuyển động Brown Wt.
(2.16) Cũng như đối với phương trình vi phân đại số, ta có u(0) = P(0)x(0) = P(0)x0. Nói chung, giá trị phù hợp x(0) là khác với x0 đã cho, trừ khi
Q(0)x0 = Q(0)A−11B0(0)u0 +Q(0)A−11f(0).
Như vậy, giải (2.15) với điều kiện ban đầu (2.16) và dùng (2.14), ta nhận được nghiệm của (2.1) như sau
x(t) = (I −QA−11B)u(t)−QA−11f(t) =Pcanu(t)−QA−11f(t). (2.17) Sau đây ta sẽ phát biểu định lý chính của chương này về sự tồn tại duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân đại số ngẫu nhiên Itô chỉ số 1.
Định lý 2.3.6. Giả sử (2.1) là PTVPĐSNN chỉ số 1 với các hệ số A, B, f, G là liên tục và G là Lipschitz-liên tục đối với x. Khi đó bài toán giá trị ban đầu của (2.1) với điều kiện ban đầu (2.16) có duy nhất nghiệm x ∈ CA1(J,Ω) cho bởi công thức
x(t) = (I −QA−11B)u(t)−QA−11f(t),
trong đó u(t) là nghiệm của PTVPNN tương ứng (2.15) với điều kiện ban đầu u(0) = P(0)x0. Hơn nữa, nếu EkA(0)x0k2n < ∞, với n là số nguyên dương, thì các bất đẳng thức sau đây thỏa mãn
Ekx(t)k2n ≤ C0(t) +C1(1 +EkP(0)x0k2n)eCt, Ekx(t)−x(0)k2n ≤ C2(1 +EkP(0)x0k2n)tneCt +C3(t),
trong đó C0(·), C3(·) là các hàm liên tục, C3(0) = 0 và C, C1, C2 là các hằng số dương.
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng với các giả thiết của Định lý này, phương trình (2.15) có duy nhất nghiệm trên J. Cụ thể, ta chỉ ra các điều kiện của Định lý 1.2.6 thỏa mãn cho (2.15).
(i) Điều kiện Lipschitz. Ký hiệu LG là hằng số Lipschitz của G(t, x) theo biến x. Đặt fb(t, u) := (P0(t) −P A−11B(t))u−P A−11f(t). Khi đó fb(t, u) là liên tục trên J. Ta có kfb(t, u)−fb(t,u)¯ k ≤ k(P A1−1B(t)−P0(t))(u−u)¯ k ≤ kP A−11B −P0k∞ku−u¯k. Do J = [0, T] compact nên kP A−11B −P0k∞ = max t∈J kP A−11B(t)−P0(t)k
hữu hạn. Suy ra fblà Lipschitz ứng với u. Tiếp theo ta đặt
b
G(t, u) := −A−11G(t, u+v(t, u)).
Chú ý rằng v(t, u) = −QA−11B(t)u −QA−11f(t) là liên tục theo biến t và Lipschitz theo biến u với hằng số Lipschitz Lv := kQcank∞. Ta có
kG(t, u)b −G(t,b u)¯ k = kA−11(t)G(t, u+v(t, u)) −A−11(t)G(t,u¯+v(t,u))¯ k ≤ LGkA−11(t)kk(u+v(t, u))−(¯u+v(t,u))¯ k
≤ LGkA−11k∞k(u−u) + (v(t, u)¯ −v(t,u))¯ k ≤ LGkA−11k∞{ku−u¯k+Lvku−u¯k}
= LGkA−11k∞(1 +Lv)ku−u¯k. Suy ra , G(t, u)b là Lipschitz đối với u.
(ii) Tăng trưởng không vượt quá tuyến tính. Để ý rằng, đối với hàm liên tục g(t, x) trên đoạn compact J, điều kiện Lipschitz theo biến x kéo theo điều kiện hạn chế sự tăng trưởng. Thật vậy, với mọi (t, x) ∈ J ×Rn ta có
kg(t, x)| ≤ (kg(t, x)−g(t,0)k+kg(t,0)k)
≤ max(kg(·,0)k∞, Lg)(1 +kxk), trong đó Lg ký hiệu là hằng số Lipschitz của g ứng với x.
(iii) Điều kiện ban đầu. Ta có P(0)x0 = A−11(0)A(0)x0. Vì vậy u(0) := P(0)x0 là độc lập với chuyển động Brown Wt. Bây giờ áp dụng Định lý 1.2.6 cho phương trình (2.15), ta kết luận: (2.15) có duy nhất nghiệm u(t), là quá trình ngẫu nhiên liên tục hầu chắc chắn theo quĩ đạo, với điều kiện ban đầu u(0) = P(0)x0. Như vậy
x(t) = (I −QA−11B)u(t)−QA−11f(t) = Pcan(t)u(t)−QA−11f(t)
là nghiệm của (2.1).
Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng x(t) cũng là nghiệm duy nhất của (2.1). Để chứng minh điều này, ta sẽ chứng minh rằng với các phép chiếu khác nhau thì nghiệm của (2.1) là trùng nhau. Thật vậy, giả sử rằng
˜
x(t) = Pcanu(t)˜ −Q˜A˜−11f(t)
là nghiệm của (2.1), trong đó u˜ là nghiệm duy nhất của PTVPNN tương ứng (2.15) của (2.1) (ứng với P˜) và điều kiện ban đầu u(0) = ˜˜ P(0)x0. Dễ dàng kiểm tra rằng z(t) := ˜P u(t) cũng là nghiệm của (2.15) (ứng với P˜) và thỏa mãn điều kiện ban đầu
z(0) = ˜P(0)u(0) = ˜P(0)P(0)x0 = ˜P(0)x0.
Như vậy, z(t) và u(t)˜ đều là nghiệm của (2.15) ứng với cùng một phép chiếu ˜
P và có cùng điều kiện ban đầu. Từ tính duy nhất nghiệm của phương trình này, suy ra z(t) ≡u(t)˜ . Do đó P u(t)˜ ≡ u(t)˜ . Vì vậy, Pcanu(t) ≡ Pcanu(t)˜ .
Mặt khác, nếu Q˜ là phép chiếu trơn khác lên kerA thì Ae1 = A1( ˜Q+P). Do đó Q˜A˜−11f = ˜Q(Q+ ˜P)A1−1f = QA−11f. Từ đây suy ra số hạng QA−11f không phụ thuộc vào việc chọn phép chiếu Q lên kerA. Ta đi đến kết luận
Tính duy nhất nghiệm của (2.1) được chứng minh. Bây giờ, nếu EkA(0)x0k2n < ∞ thì
Eku(0)k2n = EkA−11(0)A(0)x0k2n ≤ kA−11(0)k2nEkA(0)x0k2n < ∞. Trong trường hợp này Định lý 1.2.6 khẳng định rằng, với mọi t ∈ J, ta có bất đẳng thức
Eku(t)k2n ≤(1 +Eku(0)k2n)eCt, Eku(t)−u(0)k2n ≤D(1 +Eku(0)k2n)tneCt,
(2.18)
trong đó C := 2n(2n + 1)K2 và D là hằng số dương chỉ phụ thuộc vào n, K, T. Ta có x(t) = u(t) +v(t, u(t)). Áp dụng bất đẳng thức sơ cấp (a+b)n ≤2n(an+bn) ta nhận được kx(t)k2n ≤ 22n(kPcank2∞nku(t)k2n +kQA−11f(t)k2n). Lấy kỳ vọng và kết hợp với (2.18), ta có Ekx(t)k2n ≤ 22n{kPcank2∞nEku(t)k2n+ kQA1−1f(t)k2n} ≤ 22nkPcank2∞n(1 +Eku(0)k2n)eCt + 22nkQA−11f(t)k2n = C0(t) +C1(1 +Eku(0)k2n)eCt, trong đó C0(t) := 22nkQA−11f(t)k2n, C1 := 22nkPcank2∞n. Ta lại có
kx(t)−x(0)k = kPcan(t)u(t)−QA1−1f(t)) −(Pcan(0)u(0)−QA−11f(0)k ≤ kPcan(t)kku(t)−u(0)k+kPcan(t)−Pcan(0)kku(0)k+
Từ đây, áp dụng bất đẳng thức sơ cấp
(a+b+c)2n ≤32n−1(a2n+ b2n+c2n) và kết hợp với (2.18), ta có
Ekx(t)−x(0)k2n ≤
≤32n−1E{kPcan(t)k2nku(t)−u(0)k2n+kPcan(t)−Pcan(0)k2nku(0)k2n
+kQA−11f(t)−QA−11f(0)k2n}
≤32n−1{kPcank2∞nEku(t)−u(0)k2n+kPcan(t)−Pcan(0)k2nEku(0)k2n
+kQA−11f(t)−QA−11f(0)k2n} ≤32n−1{kPcank∞2nD(1 +Eku(0)k2n)tneCt
+kPcan(t)−Pcan(0)k2nEku(0)k2n+kQA−11f(t)−QA1−1f(0)k2n}
= C2(1 +Eku(0)k2n)tneCt +C3(t), trong đó
C2 : = 32n−1DkPcank2∞n,
C3(t) : = 32n−1{kPcan(t)−Pcan(0)k2nEku(0)k2n+
+kQA−11f(t)−QA1−1f(0)k2n}.
Rõ ràng, C0(·) và C3(·) là liên tục và C3(0) = 0. Định lý được chứng minh.
Chú ý 2.3.7. (i) Nếu A(t) không suy biến với mọi t ∈ J thì nhân (2.1) với A−1(t), ta nhận được PTVPNN. Khi đó các kết quả trong chương này qui