Số mũ đặc trưng vectơ của nghiệm của phương trình vi phân đại số
2.4 Phổ của phương trình vi phân đại số chính quy chỉ số
chỉ số 1
Cho phương trình vi phân đại số tuyến tính thuần nhất chính quy chỉ số 1 với các hệ số liên tục và bị chặn trên R+
A(t)(D(t)x(t))0+ B(t)x(t) = 0, t ∈ R+, (2.18) có phương trình vi phân thường tương ứng là
u0 = R0u−DG−11BD−u, (2.19)
trong đó A, B, D là các ma trận hàm liên tục,
D(t) ∈ L(Rm,Rn), A(t) ∈ L(Rn,Rm), B(t) ∈ L(Rm,Rm).
Điều kiện ban đầu D(t0)x(t0) = d ∈ imD(t0).
Định nghĩa 2.8. Hàm ma trận X ∈ C1(I,Rn×r), d ≤ r ≤ n được gọi là ma trận nghiện cơ bản của phương trình vi phân đại số (2.18) nếu mỗi cột của nó là một nghiệm của (2.18) và rankX(t) = d với mọi t≥ 0. Ma trận nghiện cơ bản được gọi là tối thiểu nếu r = d và tối đại nếu r = n.
Định nghĩa 2.9. Cho X là ma trận nghiệm cơ bản của (2.18). Các cột của X tạo thành cơ sở chuẩn tắc nếu σX =
d
P
i=1
α(m)(xi) nhỏ nhất trong số các ma trận nghiệm cơ bản.
Định lý 2.8. Giả sử phương trình (2.18)là phương trình vi phân đại số tuyến tính với các hệ số A(t), B(t), D(t) bị chặn trên R+ và Q0 = I−P0 ∈ C1(R+, L(Rm) là phép chiếu lên N. Khi đó mọi nghiệm không tầm thường
Chứng minh. x(t) là nghiệm của (2.18) thì ta có α(m)(x) = α(m)(u) với
u(t) là nghiệm của phương trình vi phân thường tương ứng
u0 = (R0−DG−11BD−)u.
Vì A(t), B(t), D(t) bị chặn trên R+ nên G−11, D−, R0 cũng bị chặn trên R+. Suy ra tồn tại số M >0 sao cho
||R0−DG−11BD−|| < M,∀t ∈ R+.
Do đó (2.19) là phương trình vi phân thường có ma trận hệ số bị chặn. Suy ra tập các vectơ đặc trưng của u(t) bị chặn trên và bị chặn dưới. Vì vậy tập các vectơ đặc trưng của x(t) cũng bị chặn trên và bị chặn dưới. Vậy mọi nghiệm không tầm thường của (2.18) có vectơ đặc trưng hữu hạn.
Định nghĩa 2.10. Cho một ma trận nghiệm cơ bản X của phương trình vi phân đại số (2.18), và 1 ≤i ≤ d. Kí hiệu
α(im)u(||X(t)ei||) = (αu1, αu2,· · · , αum), αi(m)l(||X(t)ei||) = (αl1, αl2,· · · , αlm),
trong đó ei = (0, , ,0,1,0, ...,0) là các vectơ đơn vị thứ i và ||.|| kí hiệu chuẩn Euclide. Các giá trị α(im)u(||X(t)ei||), i= 1,2,· · · , d của một cơ sở chuẩn tắc được gọi là vectơ đặc trưng trên (upper) và các khoảng[αi(m)l, α(im)u]
được gọi là khoảng phổ. Tập các khoảng phổ được gọi là phổ của phương trình (2.18).
Chú ý 2.1.
α(m) ∈ [αi(m)l, α(im)u] ⇐⇒ α(im)l α(m) α(im)u.
Theo định nghĩa trên thì mọi ma trận nghiệm cơ bản của (2.18) đều có dạng
Xr(t) = [x1(t),· · · , xr(t)].
Gọi Ns (s = 1,· · · , d) là số lớn nhất các nghiệm độc lập tuyến tính của (2.18), có vectơ đặc trưng α(sm). Đặt
Rs = nx(t) : α(m)(x(t)) α(sm)o
(x(t)là nghiệm của (2.18)). Trường hợp đặc biệt Rd = Rr, và nghiệm tầm thường x = 0 ∈ Rs với mọi s = 1, ..., d.
Bổ đề 2.5. [8] Số Ns bằng số chiều của không gian con tuyến tính Rs, nghĩa là
Ns = dimRs.
Chứng minh. Vì mỗi nghiệm có vectơ đặc trưng α(sm) đều chứa trong Rs, cho nên
dimRs ≥ Ns.
Mặt khác, giả sử {x(p)(t), y(q)(t)} là một cơ sở nào đó của không gian Rs
thỏa mãn
α(m)(x(p)(t)) ≺ α(sm)
và
α(m)(y(q)(t)) = α(sm),1 ≤ p≤ s1,1≤ q ≤ s2, s1 +s2 = dimRs.
Cơ sở đó nhất định phải chứa nghiệm với mỗi vectơ đặc trưng bằng α(sm), tức làs2 ≥1. (Có thể xảy ra trường hợps1 = 0 tức là không cóx(p)(t), khi đó s2 = dimRs) Cố định y(r)(t),1 ≤ r ≤ s2, ta có α(m)(y(r)(t)) = α(sm). Khi đó hệ các nghiệm {x(p)(t) +y(r)(t), y(q)(t)} tạo thành một cơ sở mới của không gian con Rs. Thật vậy, nếu
X p ap[x(p)(t) +y(r)(t)]+X q bqy(q)(t) ≡ 0 thì X p apx(p)(t) + X p ap+br ! y(r)(t) +X q6=r bqy(q)(t) ≡0.
Do tính độc lập tuyến tính của nghiệm x(p)(t) và y(q)(t) ta có ap = 0,
P
p
ap+br, bq = 0, với q 6= r, điều đó có nghĩa là ap = 0 và tất cả bq = 0. Như vậy hệ
{x(p)(t) +y(r)(t), y(q)(t)}
là cơ sở của không gian Rs.
Rõ ràng rằng với mỗi vectơ cơ sở của hệ đều có vectơ đặc trưng α(sm), do đó
dimRs ≤ Ns.
Ta có các hệ quả sau
Hệ quả 2.3. Ta luôn có bất đẳng thức
N1 < N2 < · · · < Nd = r.
Hệ quả 2.4. Nếu nbs,(s = 1, ..., d) là số nghiệm có vectơ đặc trưng bằng
α(sm) chứa trong một ma trận nghiệm cơ bản tùy ý Xb(t) thì ta có bất đẳng thức
b
n1 +bn2 + · · ·+ nbs ≤ Ns(s = 1, ..., d).
Để xác định hệ nghiệm cơ bản chuẩn tắc ta đưa thêm khái niệm tính không nén được của các vectơ hàm.
Định nghĩa 2.11. [8]Ta nói rằng một hệ vectơ hàm khác không x1(t), ..., xk(t)
có tính không nén được nếu với mọi tổ hợp tuyến tính
y(t) = k X i=1 cixi(t) ta luôn có α(m)(y) = max i∈{1,...,k}α(m)(xi).
Ta có một hệ các vectơ hàm khác vectơ không thỏa mãn tính không nén được và vectơ đặc trưng của chúng hưu hạn thì hệ các vectơ hàm đó độc lập tuyến tính.
Nhận thấy rằng một tập hợp gồm các vectơ hàm có vectơ đặc trưng khác nhau là có tính không nén được.
Bổ đề 2.6. [8] Nếu hệ nghiệm cơ bản Xr(t) có tính không nén được và
ns(s = 1, ..., d) là số các nghiệm của Xr(t) có vectơ đặc trưng αs(m), còn
Ns là số lớn nhất các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (2.18) có vectơ đặc trưng α(sm), thì đẳng thức sau thỏa mãn
n1 +n2 +· · ·+ns = Ns (s = 1, ..., d)
Chứng minh. Theo tính chất không nén được, nghiệm x(t) có vectơ đặc trưngα(sm) có thể biểu thị tuyến tính chỉ qua các nghiệm của Xr(t) có vetơ đặc trưng không vượt quá α(sm), nghĩa là
Mặt khác, ta luôn có
n1 +n2 +· · ·+ns ≤ Ns.
Vậy n1 + n2 +· · ·+ns = Ns.
Định lý 2.9. [8] Hệ nghiệm cơ bản của hệ (2.18) là chuẩn tắc khi và chỉ khi hệ đó có tính không nén được.
Chứng minh. 1) Điều kiện đủ: Giả sử hệ nghiệm cơ bản X(t) của (2.18) có tính không nén được ta phải chứng minh hệ nghiệm cơ bản đó là chuẩn tắc.
Giả sử ngược lại, nghĩa là tồn tại một ma trận nghiệm cơ bản Y(t) =
{y1(t), ..., yr(t)} của (2.18) sao cho
σY ≺ σX, trong đó σY = d X s=1 ksαs(m), σX = d X s=1 nsα(sm), d X s=1 ks = d X s=1 ns = rs,
α(sm) là vectơ đặc trưng của các nghiệm không tầm thường của hệ (2.18) và
ks, ns (s = 1, ..., d) là số các nghiệm độc lập tuyến tính với α(sm) được chứa lần lượt trong các ma trận nghiệm cơ bảnY(t)vàX(t). Ta sắp xếp các nghiệm trong các ma trậnY(t)và X(t)theo thứ tự tăng dần của các vectơ đặc trưng của chúng. Theo Bổ đề 2.6, Ns = Ps
k=1nk (s = 1, ..., d) là số lớn nhất các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ với vectơ đặc trưngα(sm). Đặt N0s = s X i=1 ki(s = 1, ..., d). Theo Bổ để 2.2 và 2.6 ta có N01 ≤ N1, N02 ≤ N2,· · · , N0d−1 ≤ Nd−1, N0d = Nd = r. Thêm vào đó ks = N0s−N0s−1 = Ns−Ns−1(s = 1, ..., d, N00 = N0 = 0).
Ta có σY = d X s=1 ksα(sm) = d X s=1 (N0s−N0s−1)αs(m) = N0dα(dm)− d−1 X s=1 N0s(α(sm+1)−α(sm)) Ndα(dm)− d−1 X s=1 Ns(α(sm+1) −αs(m)) = d X s=1 nsα(sm) = σX.
Do đó điểu giả sử là sai.
Vậy hệ nghiệm cơ bản của hệ (2.18) có tính không nén được là chuẩn tắc.
2) Điều kiện cần: Giả sử hệ nghiệm cơ bản X(t) của (2.18) là chuẩn tắc ta phải chứng minh hệ X có tính không nén được.
Giả sử ngược lại, nếu tồn tại tổ hợp tuyến tính
y = p X j=1 cjxj(t),(cp 6= 0) sao cho α(m)(y) ≺ max j α(m)(xj(t)) =α(m)(xp(t)). Ta xét hệ các nghiệm Y = {x1(t), ..., xp−1(t), y(t), xp+1(t), ..., xr(t)}.
Khi đó Y là hệ nghiệm cơ bản. Thật vậy, giả sử
X j6=p ajxj(t) +apy(t) ≡ 0, (2.20) trong đó r X j=1 |aj| 6= 0.
Dựa vào sự độc lập tuyến tính của các nghiệm xj(t) ta có ap 6= 0. Thay biểu thức của y(t) vào (2.20), ta được
X
j<p
(aj +apcj)xj(t) +apcpxp(t) +X
j>p
Nhờ sự độc lập tuyến tính của xj(t), từ đồng nhất thức trên ta suy ra
apcp = 0.
Điều này mâu thuẫn với các điều kiện cp 6= 0 và ap 6= 0. Vậy Y là ma trận nghiệm cơ bản của (2.18).
Mặt khác, từ bất đẳng thức
α(m)(y) ≺ max
j α(m)(xj(t)) =α(m)(xp(t))
ta có
σY ≺ σX.
Điều này trái với giả thiết X là ma trận chuẩn tắc. Vậy mọi hệ chuẩn tắc
X đều có tính không nén được.
Hệ quả 2.5. Trong tất cả các hệ nghiệm cơ bản chuẩn tắc X(t) số lượng
ns các nghiệm với số vectơ đặc trưng α(sm) (s = 1, ..., d) đều như nhau. Chứng minh. Theo Bổ đề 2.5 ta có ns = Ns−Ns−1 (s = 1, ..., d, N0 = 0) trong đó Ns = dimRs.
Hệ quả 2.6. Mọi hệ nghiệm cơ bản chuẩn tắc của (2.18) có chứa toàn bộ phổ của hệ tuyến tính (2.18).
Chứng minh. Thật vậy, ta có
0 = N0 < N1 < · · · < Nd = r.
Do đó ns = Ns−Ns−1 ≥ 1 (s = 1, ..., d).
Các định lý sau chỉ ra rằng phổ của phương trình vi phân thường tương ứng (2.19) của (2.18) không phụ thuộc vào việc chọn phép chiếu trơn P0.
Định lý 2.10. [8] Giả sử (2.18) là phương trình vi phân đại số chính qui chỉ số 1 có các ma trận A(t), D(t), B(t), G−11(t) liên tục và bị chặn trên R+ và không gian không của G1(t) không phụ thuộc vào t. Khi đó tồn tại ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc U(t) của phương trình vi phân thường tương ứng của (2.18) dưới phép chiếu P0,
sao cho r vectơ cột đầu tiên là các nghiệm của (2.19) thuộc imD(t) với mọi t ∈ R+ và n−r vectơ cột còn lại của U(t) là các nghiệm của (2.19) thuộc kerD(t) với mọi t ∈ R+.
Chứng minh. Giả sử U(t) = [u1(t), ..., un(t)] là một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc của (2.19) và
α(m)(u1) · · · α(m)(un)
Giả sử tồn tại một số k, 1 ≤ k ≤ n sao cho uk(t) ∈/ imD(t) ∩ kerD(t). Khi đó ta có thể viết
uk(t) = I(t)uk(t) =P0(t)uk(t) +Q0(t)uk(t) =v1(t) + v2(t)
trong đó 06= v1(t) ∈/ imD(t),0=6 v2(t) ∈/ kerD(t). Vìuk(t) là nghiệm của (2.19) nên ta có u0k = (R0−DG1−1BD−)uk. Suy ra (v1 +v2)0 = (R0 −DG−11BD−)(v1 +v2) hay v10 = (R0 −DG1−1BD−)v1; v20 = (R0 −DG1−1BD−)v2.
Do đó v1, v2 là nghiệm của hai bài toán giá trị đầu tương ứng
u0 = (R0 −DG−11BD−)u; u(t0) =v1(t0), và u0 = (R0 −DG−11BD−)u; u(t0) =v2(t0),
thỏa mãn v1(t) ∈ imD(t), v2(t) ∈ kerD(t).
Do kerG1(t) không phụ thuộc t nên P00Q0 = 0. Do đó
(Q0uk)0 = Q00uk+Q0u0k = Q00uk+Q0(R0−DG−11BD−)uk = (Q00+Q0P00)uk
= (Q00 −Q0Q00)uk = (I −Q0)Q00uk = P0Q00uk = −P00Q0uk = 0
Suy ra v2(t) = v2(0), nghĩa là v2(t) là vectơ hằng. Do đó α(m)(v2) = θ. Hơn nữa với mọit ∈ R+ ta có v1(t) =P0(t)uk(t) và v2(t) =Q0(t)uk(t). Vì
các ui(t), i = 1,2, ..., n độc lập tuyến tính nên ít nhất có v1(t) hoặc v2(t)
độc lập tuyến tính với ui(t), i = 1,2, ..., n, i6= k. Do P0 bị chặn nên
α(m)(v1) α(m)(P0) + α(m)(uk) α(m)(uk), α(m)(v2) α(m)(Q0) +α(m)(uk) α(m)(uk).
Nếu α(m)(v1) ≺α(m)(v2) thì α(m)(uk) = α(m)(v2). Khi đó v1 phụ thuộc tuyến tính với u1, u2, ..., uk−1, uk+1, ..., un. Thật vậy, nếu ngược lại thì ta có U1 = [u1, ..., uk−1, v1, ..., un] là một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc và
σ(U1) σ(U), điều này mâu thuẫn với giả thiết. Suy ra v2 độc lập tuyến tính với u1, u2, ..., uk−1, uk+1, ..., un. Suy ra U2 = [u1, ..., uk−1, v2, ..., un] là một ma trận nghiệm cơ bản và σ(U2) = m X i=1,i6=k α(m)(ui) +α(m)(v2) = m X i=1 α(m)(ui) =σ(U)
Do đó U1 là ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc mới của (2.19). Nếu α(m)(v1) α(m)(v2) thì α(m)(uk) = α(m)(v1). Suy ra
U3 = [u1, ..., uk−1, v1, ..., un]
là một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc mới của (2.19).
Nếu α(m)(v1) = α(m)(v2) = θ thì α(m)(uk) = θ. Khi đó ta có thể thay thế uk bởi v1 hoặc v2 tùy theo v1 hay v2 độc lập tuyến tính với
u1, ..., uk−1, uk+1, ..., un.
Như vậy trong mọi trường hợp từ một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc
U(t) với vectơ thứ k không thuộc vào imD(t) và kerD(t), ta đều có thể đưa về một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc mới mà vectơ thứ k thuộc vào imD(t) hoặc kerD(t) và có các vectơ khác giống như U(t). Thực hiện quá trình này nhiều nhấtn lần ta được một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc của (2.19) thỏa mãn định lý.
Định lý 2.11. [8] Giả sử (2.18) là phương trình vi phân đại số chỉ số 1, các ma trận A, B, D bị chặn trên R+, không gian không của G1không phụ thuộc vào t∈ R+ và phép chiếu Ps lên S(t) dọc N = kerG1 bị chặn. Hơn nữa P0, P0 ∈ C1(R+, L(Rm)) là các phép chiếu dọc N trơn, bị chặn. Khi đó phổ của các phương trình vi phân thường tương ứng của (2.18) dưới các phép chiếu P0 và P0 trùng nhau.
Chứng minh. Phương trình vi phân thường tương ứng của (2.18) dưới phép chiếu P1 là:
u0 = (R0−DG−11BD−)u, (2.21)
trong đó G1 = AD +BQ0, Q0 = I −P0, B = B0
Phương trình vi phân thường tương ứng của (2.18) dưới phép chiếu P0 là:
u0 = (R0−DG−11BD−)u, (2.22)
trong đó G1 = AD+BQ0, Q0 = I −P0, B = B0 Theo Định lý 2.10, ta có thể tìm được một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc
U(t) = [u1(t), ..., ur(t), ur+1(t), ..., un(t)]
của (2.21) sao cho ui ∈ imD(t), i = 1,2, ..., r, và uj ∈ kerD(t), j =
r + 1, ..., n với mọi t ∈ R+.
Đặt xi(t) =Ps(t)ui(t), i = 1,2, ..., r và ui(t) =D(t)xi(t), i = 1,2, ..., r
Khi đó xi(t) là các nghiệm của (2.18) và ui(t) là các nghiệm của (2.22) và
ui(t) ∈ imD(t), i= 1,2, ..., r,∀t ∈ R+.
Do Ps, P0, P0 là các phép chiếu bị chặn với mọi i = 1,2, ..., r ta có
α(m)(ui) = α(m)(xi) =α(m)(ui).
Vìui độc lập tuyến tính với mọii = 1,2, ..., r nênxi độc lập tuyến tính với mọi i = 1,2, ..., r, do đó ui cũng độc lập tuyến tính với mọi i = 1,2, ..., r
và
imD(t) =span(u1(t), u2(t), ..., ur(t).
Bổ sung thêmn−r nghiệm độc lập tuyến tínhur+1, ..., un của (2.22) thuộc
kerD ta được một ma trận nghiệm cơ bản của (2.22)
U = [u1, ..., ur, ur+1, ..., un].
Ta có σU = σU, mà U là chuẩn tắc nên có tổng các vectơ đặc trưng của một ma trận nghiệm cơ bản chuẩn tắc của (2.21) là σ1 σ2 là tổng các vectơ đặc trưng của ma trận nghiệm cơ bản của (2.22). Nếu đổi vai trò của (2.21) và (2.22) cho nhau ta cũng suy ra σ2 σ1. Vậy σ1 = σ2 và khi đó U(t) được xác định như trên cũng chuẩn tắc.