ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2
Bắt đầu từ đây chúng ta ln giả thiết rằng phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính (3.2.1) có chỉ số 2. Theo Hệ quả 3.2.1 chúng ta thấy
rằng rankGn không phụ thuộc vào cách lựa chọn toán tử chiếu lên Nn và đẳng cấu giữa Nn và Nn−1. Giả sử rằng rankGn ≡ s, 1 ≤ s ≤ d−1. Cho
Q1,n là phép chiếu lên N1,n. Đặt P1,n := I −Q1,n. Chúng ta cũng trang bị cho phương trình (3.2.1) một tốn tử T1,n ∈ GL(Rd), thoả mãn điều kiện
T1,n|N1,n là một đẳng cấu giữa N1,n và N1,n−1, và dãy ma trận
G1,n := Gn+BnPn−1T1,nQ1,n, n≥ 0.
Nhắc lại rằng phương trình có chỉ số 1 khi và chỉ khi các ma trận Gn =
An+BnTnQn là không suy biến với mọi n. Tương tự như vậy, trong trường
hợp chỉ số 2, chúng ta có bổ đề sau.
Bổ đề 3.3.3 Các khẳng định sau là tương đương
(i) Ma trận G1,n = Gn +BnPn−1T1,nQ1,n là không suy biến;
(ii) N1,n−1 ⊕S1,n = Rd;
(iii) N1,n−1 ∩ S1,n = {0}.
Hơn nữa, nếu G1,n khơng suy biến thì
b
Q1,n−1 := T1,nQ1,nG−11,nBnPn−1 (3.3.1)
ánh xạ Rd lên N1,n−1 dọc theo S1,n.
Chứng minh. Chứng minh được suy trực tiếp từ Bổ đề 1.1.1 và Bổ đề 1.1.2, bằng cách đặt A = Gn, B = BnPn−1 và A = Gn−1.
Cho Pb1,n := I −Qb1,n, với Qb1,n được cho trong (3.3.1). Nhận xét 3.3.1
1. Từ Bổ đề 3.3.3 và Bổ đề 3.2.2 chúng ta có các ma trận
G1,n := Gn+BnPn−1T1,nQ1,n = An +BnTnQn +BnPn−1T1,nQ1,n
khơng suy biến và tính khơng suy biến của G1,n không phụ thuộc vào cách lựa chọn toán tử chiếu Qn và Q1,n và các đẳng cấu Tn, T1,n.
2. Áp dụng Bổ đề 3.3.3 thêm một lần nữa chúng ta sẽ được b Q1,n−1Qn−1 = 0, (3.3.2) b Q1,n−1 = T1,nQb1,nGb−11,nBnPn−1, (3.3.3) trong đó G1,nb := Gn+BnPn−1T1,nQ1,n.b
Bây giờ chúng ta giải bài tốn giá trị ban đầu của phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2.
Bổ đề 3.3.4 Giả sử phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính
(3.2.1) có chỉ số 2. Khi đó các quan hệ sau là đúng
(i) Gb−11,nGn = Pb1,n, Gb−11,nAn = Pb1,nPn; (3.3.4) (ii) Gb−11,nBn = Gb−11,nBnPn−1Pb1,n +T1,n−1Qb1,n−1 +Pb1,nTn−1Qn−1.
(3.3.5)
Chứng minh. (i) Từ biểu thức Gn = An+BnTnQn chúng ta suy raGnPn =
AnPn = An. Do đó, áp dụng Bổ đề 1.1.2 với A = Gn A = Gn−1, B =
BnPn−1, chúng ta được (3.3.4).
(ii) Để chứng minh (3.3.5), chúng ta viết Gb−11,nBn dưới dạng
b G−11,nBn = Gb−11,nBnPn−1 + Gb−11,nBnQn−1. (3.3.6) Áp dụng Bổ đề 1.1.2 một lần nữa với A= Gn, B = BnPn−1, A= Gn−1, và Q = Qb1,n−1, chúng ta sẽ được b G−11,nBnPn−1 = Gb−11,nBnPn−1Pb1,n−1 + T1,n−1−1 Qb1,n−1. (3.3.7) Thêm vào đó, từ cơng thức (3.3.4) chúng ta được
b
G1,n−1BnQn−1 = Gb−11,nBnTnTn−1Qn−1 = Gb−11,nBnTnQnTn−1Qn−1
= Gb−11,n(An +BnTnQn)QnTn−1Qn−1 = Gb−11,nGnTnQnTn−1Qn−1
Vậy
b
G−11,nBnQn−1 = P1,nTb n−1Qn−1. (3.3.8) Từ (3.3.6) và các biểu thức (3.3.7) và (3.3.8) chúng ta suy ra (3.3.5). Bổ đề 3.3.4 được chứng minh.
Bây giờ chúng ta có thể sử dụng kỹ thuật phân rã đối với phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2. Chú ý rằng
Rd = imQn ⊕imPnP1,nb ⊕imPnQ1,n,b
chúng ta có thể phân rã nghiệm x(n+ 1) của phương trình (3.2.1) thành
x(n+ 1) = Qnx(n+ 1) +PnPb1,nx(n+ 1) +PnQb1,nx(n+ 1)
=: wn+1 +un+1+ Pnvn+1. (3.3.9) Nhân phương trình (3.2.1) với Gb−11,n và áp dụng (3.3.4) và (3.3.5) chúng ta được
b
P1,nPnx(n+ 1) = Gb−11,nBnPn−1x(n)
+T1,n−1Qb1,n−1x(n) +Pb1,nTn−1Qn−1x(n) +Gb−11,nqn. (3.3.10) Từ (3.3.2) chúng ta có (I − Pb1,n)Qn = 0, hoặc Pb1,nQn = Qn, kéo theo
PnPb1,nQn = 0. Mặt khác, chú ý rằng b Q1,nT1, n−1Qb1,n−1 = T1,n−1Qb1,n−1, T1,n−1Qn−1 = QnTn−1Qn−1, (3.3.11) chúng ta có PnPb1,nPb1,nPn = PnPb1,n(Pn +Qn) = PnPb1,n, PnPb1,nT1,n−1Qb1,n−1 = PnPb1,nQb1,nT1,n−1Qb1,n−1 = 0, và PnP1,nb P1,nTb −1Qn−1 = PnP1,nb QnTb −1Qn−1 = 0.
Do đó, chúng ta có các quan hệ sau
PnP1,nb P1,nPnb = PnP1,n,b PnP1,nTb n−1Q1,n−1b = 0, PnP1,nb P1,nTb n−1Qn−1 = 0.
(3.3.12) Từ biểu thức (3.3.2) và phương trình (3.3.11) chúng ta thấy rằng
QnPb1,nPb1,nPn = QnPb1,nPn = Qn(I−Qb1,n)Pn = −QnQb1,n(I−Qn) =−QnQb1,n, và QnPb1,nT1,n−1Qb1,n−1 = QnPb1,nQb1,nT1,n−1Qb1,n−1 = 0, QnPb1,nPb1,nTn−1Qb1,n−1 = QnPb1,nQnTn−1Qn−1 = Qn(I −Qb1,n)QnTn−1Qn−1 = Tn−1Qn−1. Do đó chúng ta được QnPb1,nPb1,nPn = −QnQb1,n, QnPb1,nT1,n−1Qb1,n−1 = 0, (3.3.13) QnPb1,nPb1,nTn−1Qn−1 = Tn−1Qn−1.
Từ chú ý rằng (3.3.3) có thể viết được dưới dạng
b Q1,nGb−11,nBnPn−1 = T1,n−1Qb1,n−1, chúng ta suy ra b Q1,nGb−11,nBnPn−1Pb1,n−1 = 0. (3.3.14) Sử dụng phép phân rã (3.3.9) và áp dụng các phương trình (3.3.11)- (3.3.14) chúng ta thấy rằng bằng cách tác động tương ứng PnPb1,n, QnPb1,n, Qb1,n, có thể chia được phương trình (3.3.10) thành ba phần
un+1 = PnPb1,nGb−11,nBnun+PnPb1,nGb−11,nqn, −Qnvn+1 = QnPb1,nBnun +T−1 n wn +QnPb1,nGb−11,nqn, 0 = T−1vn+ Qb1,nGb−1qn.
Lại áp dụng (3.3.14) một lần nữa chúng ta có thể viết hệ trên dưới dạng un+1 = PnGb−11,nBnun +PnPb1,nGb−11,nqn, vn = −T1,nQ1,nb Gb−11,nqn, wn = −TnQnvn+1−TnQnGb−11,nBnun−TnQnPb1,nGb−11,nqn, n≥ 0. (3.3.15) Phương trình đầu tiên của (3.3.15) là một phương trình sai phân thường, được gọi là phương trình sai phân chính quy cảm sinh của phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2 (3.2.1). Chúng ta có thể giải nó bằng quy nạp nếu cho trước giá trị ban đầu u0. Thật vậy, chúng ta thiết lập điều kiện ban đầu
P0Pb1,0(x(0)−x) = 0, (3.3.16) tức là u0 = P−1Pb1,−1x(0) = P0Pb1,0x(0) = P0Pb1,0x. Khi đó chúng ta có thể
giải được un và thay nó vào phương trình cuối cùng của (3.3.15) để tìm được wn. Từ đây chúng ta nhận được x(n) nhờ (3.3.9).
Nhận xét 3.3.2 Không gian con imPn−1P1,n−1b là bất biến của phương trình sai phân thường (3.3.15) theo nghĩa
Nếu u0 ∈ imP−1Pb1,−1 = imP0Pb1,0, thì un = Pn−1Pb1,n−1un với mọi n ≥ 0.
Hơn nữa, từ phương trình (3.3.15) chúng ta suy ra vn = Qb1,n−1vn và wn =
Qn−1wn với mọi n ≥0.
Bây giờ chúng ta xét trường hợp thuần nhất của phương trình (3.2.1)
Anx(n+ 1) = Bnx(n), n ≥0. Từ (3.3.15) chúng ta có un+1 = PnGb−1 n Bnun, vn = 0, wn = −TnQnGb−1Bnun, n ≥ 0. (3.3.17)
Nhắc lại rằng x(n) =Pn−1P1,n−1b x(n) +Qn−1x(n) +Pn−1Q1,n−1x(n) =b un+
wn +Pn−1vn với mọi n ≥0. Do đó, chúng ta suy ra
x(n+ 1) = ΠnGb−11,nBnPn−1Pb1,n−1−1 x(n), n ≥0, (3.3.18) với Πn := (I −Tn+1Qn+1Gb−11,n+1Bn+1)PnPb1,n. (3.3.19) Tiếp theo, chúng ta chú ý rằng Pn−1Pb1,n−1−1 Πn−1 = Pn−1Pb1,n−1−1 (I −TnQnGb−11,nBn)Pn−1Pb1,n−1−1 = Pn−1Pb1,n−1−1 Pn−1Pb1,n−1−1 −Pn−1Pb1,n−1−1 Qn−1TnQnGb−11,nPn−1Pb1,n−1−1 = Pn−1Pb1,n−1−1 −Pn−1Qn−1TnQnGb−11,nBnPn−1Pb1,n−1−1 = Pn−1Pb1,n−1−1 . Vậy Pn−1Pb1,n−1−1 Πn−1 = Pn−1Pb1,n−1−1 . (3.3.20) Từ đây chúng ta suy ra Π2n−1 = (I −TnQnG−11,nBn)Pn−1)Pb1,n−1−1 Πn−1 = Πn−1,
tức là Πn−1 là một phép chiếu. Thêm vào đó, chúng ta dễ dàng kiểm tra được rằng
ΠnG−11,nBnPn−1Pb1,n−1−1 Πn−1 = ΠnG−11,nBnPn−1Pb1,n−1−1
= ΠnG−11,nBnPn−1 = ΠnG−11,nBn. (3.3.21) Từ biểu thức (3.3.19) và (3.3.20) chúng ta thấy rằng
ker Πn−1 = kerPn−1Pb1,n−1−1 . (3.3.22) Bây giờ, cho x ∈ kerPn−1Pb1,n−1−1 , tức là Pn−1Pb1,n−1−1 x = 0. Chúng ta viết x
dưới dạng
Rõ ràng, Qb−11,n−1x thuộc vào N1,n−1 vì Q1,n−1b là một phép chiếu lên N1,n−1.
Hơn nữa, vì Pn−1Pb1,n−1x = 0, nên chúng ta có
b
P1,n−1x = (Pn−1 +Qn−1)Pb1,n−1x = Qn−1Pb1,n−1x ∈ Nn−1.
Do đó
kerPn−1Pb1,n−1 ⊆ Nn−1 +N1,n−1.
Ngược lại, với một x = y +z ∈ Nn−1 +N1,n−1 bất kỳ, chúng ta thấy rằng
Pn−1Pb1,n−1x = Pn−1Pb1,n−1Qn−1y +Pn−1Pb1,n−1Qb1,n−1z = 0.
Vậy,
Nn−1 +N1,n−1 ⊆ kerPn−1Pb1,n−1
Mặt khác, cho x ∈ Nn−1 ∩N1,n−1 bất kỳ, ta có Qn−1x = x và Q1,n−1xb = x.
Thay vào (3.3.2) chúng ta được
x = Qb1,n−1x = Qb1,n−1Qn−1x = 0,
có nghĩa là
Nn−1 ∩N1,n−1 = {0}.
Chúng ta có đẳng thức sau
kerPn−1Pb1,n−1 = Nn−1 ⊕N1,n−1.
Kết hợp đẳng thức trên với (3.3.22) chúng ta được
ker Πn−1 = Nn−1 ⊕N1,n−1 (3.3.23) Áp dụng Hệ quả 3.2.1 chúng ta có
dim(im Πn−1) = m−dim(ker Πn−1) = m−dim(Nn−1 ⊕N1,n−1)
Vây, chúng ta có kết luận là
dim(im Πn−1) =m−dimNn−1dim(Nn−1 ∩Sn−1).
Chúng ta có các bổ đề quan trọng sau đây.
Bổ đề 3.3.5 Tồn tại các vectơ x(n), x(n+ 1), x(n+ 2) thuộc Rd sao cho
Anx(n+ 1) = Bnx(n), An+1x(n+ 2) = Bn+1x(n+ 1), (3.3.24) khi và chỉ khi x(n) ∈ im Πn−1.
Chứng minh. Đầu tiên, chúng ta giả thiết rằng các vectơ x(n), x(n+ 1),
x(n+ 2) thuộc Rd như trong giả thiết của bổ đề. Từ các phương trình (3.3.17) và (3.3.19) chúng ta có
x(n) = un+wn = (I −TnQnGb−11,nBn)un
= (I −TnQnGb−11,nBn)Pn−1Pb1,n−1un = Πn−1un,
tức là x(n) ∈ im Πn−1.
Bây giờ chúng ta lấy x ∈ im Πn−1, tức là có một vectơ ξ ∈ Rd sao cho
x(n) = Πn−1ξ. Đặt x(n+ 1) := ΠnGb−11,nBnξ; x(n+ 2) := Πn+1Gb−11,n+1Bn+1ΠnGb−11,nBnξ. Áp dụng công thức (3.3.18) và (3.3.21) chúng ta thấy rằng Anx(n+ 1) = AnΠnGb−11,nBnξ (3.3.21)= AnΠnGb−11,nBnPn−1Pb1,n−1Πn−1ξ (3.3.18) = BnΠn−1ξ = Bnx(n). Tương tự, chúng ta có An+1x(n+ 2) = Bn+1x(n+ 1). Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.3.6 Các ma trận Πn−1 và ΠnGb−11,n không phụ thuộc vào cách chọn
Qn, Tn và T1,n.
Chứng minh. Lấy Ten là một phép biến đổi khác thoả mãn Ten|kerAn là một đẳng cấu từ kerAn lên kerAn−1 và Qen là một phép chiếu khác lên kerAn. Ký hiệu Gen := An +BnTenQen. Đặt Qbe
1,n là phép chiếu lên kerGen dọc theo
S1,n+1, T1,n|e kerGne là đẳng cấu từ kerGne lên kerGn−1e và đặt
be
G1,n := Gen+ BnPen−1Te1,nQbe
1,n, Πen−1 := (I −Te1,nQenGbe−1
1,nBn)PenPbe1,n−1.
Nhờ phương trình (3.3.23), điều này sẽ tương đương với việc chứng minh rằng
kerA+n−1 ⊕kerGn−1 = kerAn−1 ⊕kerGen−1.
Cho x ∈ kerGn−1 bất kỳ. Sử dụng công thức (2.4.3) của Bổ đề 3.2.2 chúng ta nhận được (Pen+Ten−1−1 Tn−1Qn−1)x ∈ kerGen−1. Chú ý rằng x = (I −Pn−1e −Ten−1−1 Tn−1Qn−1)x+ (Pn−1e +Ten−1−1 Tn−1Qn)x = (Qen−1x−Ten−1−1 Tn−1Qn−1x) + (Pen−1 +Ten−1−1 Tn−1Qn)x. Hơn nữa, rõ ràng An−1Qen−1x = 0 và An−1Ten−1−1 Tn−1Qn−1x= 0, tức là e Qn−1x−Ten−1−1 Tn−1Qn−1x ∈ kerAn−1.
Vậy, kerGn−1 ⊆ kerAn−1 ⊕kerGen−1. Từ đó suy ra
kerAn−1 ⊕kerGn−1 ⊆ kerAn−1 ⊕kerGen−1.
Tương tự, chúng ta có bao hàm thức ngược lại. Tức là chúng ta có,
Bây giờ chúng ta chứng tỏ rằng ΠnGb−11,nGbe1,n = Πen. Thật vậy, chúng ta có ΠnGb−11,nGbe−1 1,n = ΠnGb−11,n(An+ BnTne Qne + BnPn−1e T1,ne Qbe 1,n) = ΠnGb−11,nAn+ ΠnGb−11,nBnQen−1TenQen + ΠnGb−11,nBnPn−1Pb1,n−1Pen−1Qbe 1,nTe1,nQbe 1,n. Từ (3.3.4) chúng ta suy ra rằng ΠnGb−11,nAn = ΠnPb1,nPn = Πn. Mặt khác, khi nhân cả hai vế của (3.3.8) với Πn chúng ta được
ΠnGb−11,nBnQen−1 = ΠnPb1,nTn−1Qn−1 = ΠnPnPb1,nPb1,nTn−1Qn−1 = ΠnPn(I −Qb1,n)QnTn−1Qn−1 = 0. VìimQen−1 = kerAn−1 ⊆ kerPn−1Pb1,n−1 vàimQbe 1,n−1 = kerGen−1 ⊆kerPn−1Pb1,n−1 nên chúng ta suy ra rằng Pn−1Pb1,n−1Pen−1Qbe 1,n−1 = Pn−1Pb1,n−1(I −Qen−1)Qbe 1,n−1 = 0.
Vậy, chúng ta có quan hệ ΠnGb−11,nGbe1,n = Πn, hoặc một cách tương đương
là ΠnGb−11,nGbe1,n = Πen, tức là ΠnGbe−1
1,n = ΠenGbe−1
1,n. Vậy, ΠnGbe−1
1,nBn không phụ thuộc vào cách chọn Qn, Tn và T1,n. Bổ đề 3.3.6 được chứng minh.
Từ các kết quả được nêu trên, chúng ta phát biểu kết quả chính của mục này qua định lý dưới đây.
Định lý 3.3.1 Xét phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2 (3.2.1). Khi đó các khẳng định sau là đúng.
(i) Không gian con im Πn−1 mô tả khơng gian nghiệm của phương trình thuần nhất. Hơn nữa, không gian nghiệm im Πn−1 là một không gian riêng của Sn và
(ii) Bài toán giá trị ban đầu (3.2.1) và (3.3.16) có nghiệm duy nhất
x(n) = Πn−1un +TnQnT1,n+1Qb1,n+1Gb−11,n+1qn+1
−TnQnPb1,nGb−11,nqn −Pn−1T1,nQb1,nGb−11,nqn, n ≥ 0, (3.3.25)
trong đó un là một nghiệm của bài tốn giá trị ban đầu của phương trình sai phân thường chính quy cảm sinh từ phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính chỉ số 2 (3.2.1), được viết dưới dạng
un+1 = PnGb−11,nBnun +PnPb1,nGb−11,nqn u0 = u0 := P0Pb1,0x.