Số mũ đặc trưng vectơ của nghiệm của phương trình vi phân đại số
2.3 Phân rã phương trình vi phân đại số chỉ số 2 với thành phần đầu chính thường
với thành phần đầu chính thường
Giả sử (2.1) là chính quy chỉ số 2.Theo định nghĩa 2.3 thì ma trận
G2 là không suy biến (r2 = 2) Chúng ta có N1L
S1 = Rm, Q1Q0 =
Q1G−21B1Q0 = 0 với Q1 là phép chiếu chính tắc lên N1 dọc S1. Giả sử DP1D− ∈ C1(T, L(Rn)) khi đó DQ1D− = −DP1D− + DD− =
−DP1D− + R là trơn và DQ1D− và DP1D− là các phép chiếu. Thêm vào các tính chất (a), (b), (c) và (f) của Bổ đề 2.1 một số tính chất sau ta có
Bổ đề 2.3. [12] g) Q1 = Q1G−21B1, h) G−21AD = P1P0,
i) G−21B = G2−1BP0P1 +P1D−(DP1D−)0DQ1 +Q1 +Q0, j) Q1x = Q1y ⇐⇒ DQ1x = DQ1y,
k) ΩΩ0Ω = 0 với mọi phép chiếu Ω ∈ C1(T, L(Rn)).
Chứng minh. g) Ta luôn có Q1 = Q1G−21B1 với G2 = G1 + B1Q1 để
P1 = I −Q1. h) Ta có
G2 = G1 + B1Q1 = G0 + B0Q0 + B1Q1 = AD + BQ0 + B1Q1 ⇐⇒ G2P1P0 = ADP1P0+BQ0P1P0+B1Q1P1P0 = AD. Vậy G2−1AD = P1P0.
i) Đây là hệ quả của dãy:
B = BP0 +BQ0 = BP0P1 +BP0Q1 +BQ0G2Q0 = BQ0;G2Q1 = B1Q1 G2Q0 = BQ0;G2Q1 = B1Q1
BP0Q1 = B1Q1 +G2P1D−(DP1D−)0DQ1.
j) Giả sử DQ1z = 0 vì vậy Q1z ∈ kerD = kerP0 và Q1z = Q21z =
Q1P0Q1z = 0.
k) Ta có 0 = (I − Ω)Ω tức là 0 = (I − Ω)0Ω + (I − Ω)Ω0 = −Ω0Ω + (I −Ω)Ω0.
Giả sử (2.1) là phương trình vi phân đại số chỉ số 2 và có nghiệm là
x(t). Vì G2 không suy biến nên ta có
A(Dx)0 +Bx = q ⇐⇒ G−21A(Dx)0 +G−21Bx = G−21q (2.12)
⇐⇒ P1D−(Dx)0+G2−1BP0P1x+P1D−(DP1D−)0DQ1x+Q1x+Q0x = G−21q.
Bằng cách sử dụng các ý (a), (c), (h) và (i).
Bởi vì I = P1 + Q1 = P0P1 + Q0P1 + Q1, chúng ta phân rã (2.12) bằng cách lần lượt nhân với P0P1, Q0P1, Q1. (2.1) tương đương với kết quả sau:
P0P1D−(Dx)0+P0P1G−21BP0P1x+P0P1D−(DP1D−)0DQ1x= P0P1G−21q;
(2.13)
Q0P1D−(Dx)0 +Q0P1G−21BP0P1x
+Q0P1D−(DP1D−)0DQ1x+Q0x = Q0P1G−21q;
Q1G−21BP0P1x+Q1x = Q1G−21q.
Do (a) và (f) nên phương trình (2.13) có dạng
DP1D−(Dx)0+DP1G−21BP0P1x+DP1D−(DP1D−)DQ1x = DP1G−21q.
Sử dụng quy tắc đạo hàm của một tích ta có
DP1D−(Dx)0 = (DP1x)0 −(DP1D−)(Dx).
Mặt khác
và DP1D−)0DP1P0Q1 = 0, do đó (2.13) tương đương với
(DP1x)0−(DP1D−)0(DP1x) + DP1G−21BD−(DP1x) = DP1G−21q.
Phân tích tương tự dựa vào các tính chất (g), (j) và (k) ta được
−Q0Q1D−(DQ1x)0 +Q0Q1D−(DQ1D−)0(DP1x)
+Q0P1G−21BD−(DP1x) +Q0x = Q0P1G−21q;
DQ1x = DQ1G−21q.
Mỗi nghiệm x của (2.1) đều có thể viết dưới dạng
x = P0x+ Q0x = D−Dx+Q0x
= D−(DP1x+DQ1x) +Q0x
= KD−u−Q0Q1D−(DQ1D−)0u
+ (Q0P1 +P0Q1)G−21q +Q0Q1D−(DQ1G−21q)0,
trong đó K = I −Q0P1G−21B và u = DP1x thỏa mãn phương trình vi phân thường
u0−(DP1D−)0u+DP1G2−1BD−u = DP1G−21q. (2.14)
Định nghĩa 2.7. [12] Phương trình (2.14) được gọi là phương trình vi phân thường tương ứng của (2.1) chính quy chỉ số 2.
Bổ đề 2.4. [12] (i) imDP1 là một không gian con bất biến của (2.14) (ii) (2.14) độc lập không phụ thuộc cách chọn Q0.
Chứng minh. (i) được chứng minh tương tự trong Bổ đề 2.2.
(ii) Giả sử có phép chiếu Qb0 với imQb0 = N0 và Gb1 = G1(I +Q0Qb0P0). Các không gian con Nb1 = (I − Q0Qb0P0)N1 và Sb1 = S1 tương đương N1
và S1, do đó Q1b = (I+Q0Q0P0b )Q1 là phép chiếu lên N1b dọc S1b . Điều này có nghĩa là DPb1Db− = DP1D−.
Ta lại có Gb−21 = (I + Q0Pb0P1P0)G−21.
Chú ý rằng DP1G−21 và DP1G−21BD− là bất biến không phụ thuộc cách chọn Q0.
Định lý 2.5. [12] Giả sử (2.1) là phương trình vi phân đại số chính quy chỉ số 2 với q ∈ C1
DQ1G−12 (T,Rm). Khi ấy với mỗi d ∈ imD(t0)P1(t0), t ∈ T
bài toán giá trị ban đầu
là giải được duy nhất trong CD1(T,Rm)
Chứng minh. Giải phương trình vi phân thường chính quy (2.14) với giá trị ban đầu u(t0) = d. Bổ đề 2.4 đã chỉ ra u(t) ∈ imD(t)P1(t) với mọi t
và
x = KD−u−Q0Q1D−(DQ1D−)0u
+ (Q0P1 + P0Q1)G−21q +Q0Q1D−(DQ1G−21q)0
là nghiệm thỏa mãn (2.15).
Điều kiện ban đầuD(t0)P1(t0)x(t0) = dcó thể thay thế bởiD(t0)P1(t0)x(t0) = D(t0)P1(t0)x0 với x0 ∈ Rm.
Xét phương trình vi phân đại số tuyến tính thuần nhất chính quy chỉ số 2
A(t)(D(t)x(t))0 +B(t)x(t) = 0 (2.16) có phương trình vi phân thường tương ứng là
u0−(DP1D−)0u+DP1G−21BD−u = 0. (2.17)
Định lý 2.6. Giả sử (2.16) chính quy chỉ số 2, A(t), B(t), D(t), G−21 bị chặn trên R+. Các phép chiếu Q0, Q1 bị chặn trên R+. Khi đó số mũ Lya- punov của nghiệm không tầm thường x(t) của (2.16) bằng số mũ Lyapunov của nghiệm u(t) của phương trình vi phân thường tương ứng (2.17).
Chứng minh. Vì (2.16) chính quy chỉ số 2 nên u(t) = DP1x(t) suy ra
χ(u) = χ(DP1x) ≤ χ(D) +χ(P1)χ(x).
Do D bị chặn nên theo tính chất của số mũ Lyapunov nên χ(D) ≤0. Hơn nữa với P1 = I −Q1 và Q1 bị chặn thì P1 bị chặn nên χ(P1) ≤ 0. Vậy χ(u) ≤ χ(x). Ngược lại χ(x) ≤χ(u). Thật vậy, ta có x = (I −Q0P1G−21B)D−u−Q0Q1D−(DQ1D−)0u. Suy ra χ(x) = χ[(I −Q0P1G−21B)D−u−Q0Q1D−(DQ1D−)0u] ≤ χ[(I −Q0P1G−21B)D−−Q0Q1D−(DQ1D−)0] +χ(u).
Theo giả thiết A, B, D, Q0, Q1 bị chặn trên R+.
Suy ra χ[(I −Q0P1G−21B)D−−Q0Q1D−(DQ1D−)0] ≤0. Nên χ(x) ≤ χ(u). Vậy χ(x) = χ(u).
Định lý 2.7. Giả sử (2.16) chính quy chỉ số 2, A(t), B(t), D(t), G−21 bị chặn trên R+. Các phép chiếu Q0, Q1 bị chặn trên R+. Khi đó vectơ đặc trưng của nghiệm không tầm thường x(t) của (2.16) bằng vectơ đặc trưng của nghiệm u(t) của phương trình vi phân thường tương ứng (2.17).
Chứng minh. Vì (2.9) là phương trình vi phân đại số tuyến tính thuần nhất chính quy chỉ số 1 nên nghiệm của (2.9) có dạng
x = (I −Q0P1G−21B)D−−Q0Q1D−(DQ1D−)0u với u = Dx. Do giả thiết A, B, D, G−21, Q0, Q1 bị chặn. D bị chặn nên D− bị chặn. Ta có α0(x(t)) = α0[(I −Q0P1G−21B)D−−Q0Q1D−(DQ1D−)0u] ≤ α0[(I −Q0P1G−21B)D−−Q0Q1D−(DQ1D−)0] +α0(u(t)) ≤ α0(u(t)). Suy ra α0(x(t)) ≤ α0(u(t)) 1) Nếu α0(x(t)) < α0(u(t)) thì α(m)(x(t)) ≺ α(m)(u(t)) 2) Nếu α0(x(t)) = α0(u(t)) thì ta có α1(x(t)) = lim t→∞ ln{|x(t)|e−α0(x(t))t} lnt 6 lim t→∞ ln{c|u(t)|e−α0(x(t))t} lnt 6 lim t→∞ ln{c|u(t)|e−α0(u(t))t} lnt = α1(c|u(t)|) = α1(cu(t)) = α1(u(t)). Một cách tổng quát nếu αj(x(t)) = αj(u(t)), j = 0,1,· · · , l−1, l ≤m thì
tự với u(t) =D(t)P1(t)x(t) ta cũng có α(m)(u) α(m)(x). Vậy
α(m)(u(t)) = α(m)(x(t)).