Định lý 3.8. Cho F, G ∈ AODE(1)K và giả sử F ∼ G. Khi đó F có một nghiệm tổng quát đại số nếu và chỉ nếu G có một nghiệm tổng quát đại số.
Chứng minh. Giả sử η là một nghiệm tổng quát đại số của F. Giả sử tồn tại ΦM ∈ GK(1) xác định bởi M(y) = ay +b
cy +d sao cho G = ΦM •F. Khi đó F = ΦM−1 •G. Vì F(η, η0) = 0 nên
(cη +d)δFG(ΦM(η, η0)) = 0.
Suy ra M(η) là một nghiệm đại số của G vì cη +d 6= 0. Mặt khác, giả sử H ∈ AODE(1)K sao cho H(ΦM(η, η0)) = 0, nghĩa là ΦM−1 •H ∈ AODE(1)K triệt tiêu tại η. Vì η là một nghiệm tổng quát của F nên
ΦM−1 •H ∈ {F} : SF,
trong đó SF là tách (separant) của F. Từ F = ΦM−1 •G ta suy ra SF = (cy +d)δG∂M
∂y SG(ΦM) = (cy +d)δG−2(ad−bc)SG(ΦM) và do đú (ΦM−1 •H)ãSF ∈ {F} hay là
(ΦM−1 •H)ã(cy +d)δG−2(ad−bc)SG(ΦM) ∈ {ΦM−1 •G}.
Cho ΦM tác động lên tích ở trên, từ Mệnh đề 2.9 ta suy ra HSG ∈ {G}, tức là H ∈ {G} : SG. Do đó M(η) là một nghiệm tổng quát đại số của G.
Rừ ràng, ta chỉ cần tớnh một nghiệm đại số khụng tầm thường của một phương trình vi phân đại số cấp một autonom. Khi đó, ta có một nghiệm
tổng quát đại số của phương trình khi ta thay biến x thành x+c với hằng số tùy ý c. Sự tồn tại nghiệm tổng quát đại số có tính chất bảo toàn qua lớp tương đương của các phương trình vi phân đại số cấp một. Câu hỏi tự nhiên được đặt ra là “nghiệm đại số không tầm thường” của phương trình vi phân trong lớp autonom các phương trình vi phân đại số cấp một được hiểu như thế nào.
Định nghĩa 3.9. Cho c ∈ C là hằng số, ta định nghĩa ánh xạ tịnh tiến Tc : AODE(1)K → AODE(1)K
bởi
Tc ? F = F(x+c, y, y0) với mọi F ∈ AODE(1)K .
Khái niệm phương trình autonom có thể được phát biểu lại dựa vào ánh xạ tịnh tiến Tc như sau.
Mệnh đề 3.10. F ∈ AODE(1)K là autonom nếu và chỉ nếu Tc ? F = F với mọi c ∈ C.
Chứng minh. Rừ ràng, nếu F là autonom thỡ mọi hệ số của F là hằng. Do đó Tc ? F = F với mọi c ∈ C. Ngược lại, giả sử Tc? F = F với mọi c ∈ C. Giả sửaα,β(x) là một hệ số khác hằng củaF tương ứng với đơn thức yαy0β, tức là degxaα,β(x) =k > 0. Vì Tc? F −F = 0 nên mọi hệ số của đa thức hiệu đồng nhất bằng không, nói riêng, ta có aα,β(x+c)−aα,β(x) = 0 với mọi c ∈ C. Do đó đa thức aα,β(x+c)−aα,β(x) là một đa thức bậc k theo c có vô hạn nghiệm c. Điều này không xảy ra, vậy mọi hệ số của F đều là hằng.
Ta thấy rằng F ∈ AODE(1)K thuộc một lớp autonom nếu tồn tại ΦM ∈ GK(1) sao cho Tc ?(ΦM •F) = ΦM •F, ∀c ∈ C, tức là
ΦM−1 •(Tc ?(ΦM •F)) =F, ∀c ∈ C.
Định nghĩa 3.11. Cho F ∈ AODE(1)K thuộc lớp autonom và ΦM là một phép biến đổi sao cho ΦM •F là autonom. Một nghiệm đại số P(x, y) = 0 của F(y, y0) = 0 trên C(x) được gọi là không tầm thường tương ứng với ΦM nếu degx(ΦM •P) > 0.
Chú ý rằng khi chúng ta xét các phương trình vi phân đại số cấp một autonom và M là ánh xạ đồng nhất thì định nghĩa này trùng với Định nghĩa 3.4 của nghiệm đại số không tầm thường được đưa ra trong [2].
Định lý 3.12. Cho F(y, y0) = 0 là một phương trình vi phân đại số cấp một trong lớp autonom và ΦM là phép biến đổi sao cho ΦM • F = 0 là autonom. Giả sử P(x, y) = 0 là một nghiệm đại số không tầm thường của F(y, y0) = 0 trênC(x)tương ứng với ΦM. Khi đóΦM−1•(Tc?(ΦM•P)) = 0 là một nghiệm tổng quát đại số của phương trình F(y, y0) = 0, trong đó c là hằng số tùy ý.
Chứng minh. Giả sử P(x, y) = 0 là một nghiệm đại số không tầm thường của phương trình vi phân đại số cấp một F(y, y0) = 0 tương ứng với ΦM. Khi đó phương trình vi phân ΦM •F = 0 là autonom và có một nghiệm đại số không tầm thường là ΦM •P = 0. Từ đó suy ra Tc ?(ΦM •P) = 0 là một nghiệm tổng quát đại số của phương trình vi phân ΦM •F = 0. Do đóΦM−1•(Tc?(ΦM •P)) = 0 là một nghiệm tổng quát đại số của phương trình vi phân đại số cấp một F(y, y0) = 0.
Định lý 3.13. Giả sử phương trình vi phân đại số cấp một F(y, y0) = 0 thuộc lớp autonom và P(x, y) = 0 là một nghiệm đại số không tầm thường của phương trình F(y, y0) = 0 tương ứng với ΦM. Khi đó, giống của đường cong đại số P(x, y) = 0 bằng giống của đường cong đại số F(y, y0) = 0. Chứng minh. Vì phương trình vi phân đại số cấp một F(y, y0) = 0 thuộc lớp autonom nên tồn tại một phép biến đổi song hữu tỷΦM sao cho phương trình vi phân ΦM •F = 0 là autonom. Khi đó ΦM •P = 0 là một nghiệm đại số không tầm thường của phương trình ΦM •F = 0. Theo [2, Lemma 3.5], giống củaΦM•P = 0bằng giống củaΦM•F = 0. DoΦM là một phép biến đổi song hữu tỷ nên giống của P(x, y) = 0 và giống của F(y, y0) = 0 bằng nhau.
3.3 Một chặn bậc cho nghiệm tổng quát đại số
Theo [2, Theorem 3.4 và Theorem 3.8], bậc của một nghiệm đại số không tầm thường của một phương trình vi phân đại số cấp một autonom F(y, y0) = 0 là bị chặn. Chúng ta sử dụng kết quả này để tìm ra một chặn bậc mới cho nghiệm tổng quát đại số của một phương trình vi phân đại số cấp một trong lớp tương đương autonom của nó. Ở đây khi nói bậc của một nghiệm đại số chúng ta hiểu là bậc của đa thức tối tiểu của nó trên trường cơ sở. Kết quả chính của mục này là định lý sau.
Định lý 3.14. Cho F ∈ AODE(1)K và giả sử tồn tại ΦM ∈ GK(1) sao cho ΦM • F là phương trình vi phân đại số autonom. Khi đó, bậc của một nghiệm tổng quát đại số của F(y, y0) = 0 trên K bị chặn trên bởi
(δF + degy0 F). Hơn nữa, nếu K = C(x) và M(y) = ay +b
cy +d, trong đó bậc của a, b, c, d nhỏ hơn N, thì bậc theo x của đa thức tối tiểu của nghiệm tổng quát đại số của F(y, y0) = 0 nhỏ hơn degy0F +N(δF + degy0F). Chứng minh. Theo Định lý 2.11, ta có
degy0G = degy0 F, degyG≤ δF.
Giả sử Q(x, y) là đa thức bất khả quy của một nghiệm đại số không tầm thường yˆcủa phương trình G(y, y0) = 0 trên C(x). Vì G(y, y0) = 0 là một phương trình vi phân đại số cấp một autonom nên theo [2, Theorem 3.8]
suy ra
degxQ = degy0G và degyQ ≤ degyG+degy0G ≤ δF+degy0 F. (3.1) Rừ ràng M−1(ˆy) là một nghiệm đại số khụng tầm thường của F = 0. Giả sử M(y) = ay +b
cy +d. Khi đó
(cM−1(ˆy) +d)degyQQ(x, M(M−1(ˆy))) = 0.
Suy ra M−1(ˆy) là một nghiệm của đa thức (cy + d)degyQQ(x, M(y)), tức là M−1(ˆy) là một phần tử đại số trên K với bậc không quá degyQ. Bất đẳng thức (3.1) suy raM−1(ˆy)là một phần tử đại số trên K với bậc không quá (δF + degy0F). Vì bậc của một nghiệm đại số không tầm thường và bậc của một nghiệm tổng quát đại số của G= 0 bằng nhau nên phần đầu của định lý được chứng minh.
Vì degxQ = degy0 G = degy0 F và degy Q ≤ δF + degy0 F nên theo Mệnh đề 2.13 suy ra bậc theo x của đa thức tối tiểu của một nghiệm tổng quát đại số của phương trình vi phân đại số cấp mộtF(y, y0) = 0 nhỏ hơn degy0F +N(δF+ degy0F). Phần sau của định lý đã được chứng minh.
Lưu ý rằng với phương trình vi phân đại số cấp một autonom thì bậc của một nghiệm tổng quát đại số của F = 0 bị chặn trên bởi degy0 F+ degy F, đại lượng này nhỏ hơn hoặc bằng degy0 F +δF. Nói cách khác, khi ta hạn chế lên các phương trình vi phân đại số cấp một autonom thì chặn bậc sẽ cao hơn. Điều này có lý vì chặn bậc của chúng tôi áp dụng cho lớp các phương trình vi phân đại số cấp một rộng hơn và lớp này chứa các phương trình autonom. Để tính nghiệm tổng quát đại số của phương trình vi phân đại số cấp mộtF = 0trong lớp autonom, ta có thể sử dụng Thuật toán 4.4 trong [2] để tính một nghiệm đại số không tầm thường của ΦM •F. Nếu ΦM • F không có nghiệm đại số không tầm thường thì kết luận “F = 0 không có nghiệm tổng quát đại số”. Nếu Q(x, y) = 0 là nghiệm đại số không tầm thường của ΦM •F = 0 nhận được từ bước 1 thì
(−cy +a)degyQQ(x+C, M−1(y)) = 0
là một nghiệm tổng quát đại số của F = 0 với C là hằng số tùy ý.
Ví dụ 3.15. Xét phương trình không autonom F(y, y0) = 7x2 + 10y2x4 −14x3y −2x5y3y02
+ −2x6y5 + (−4x4 + 10x5)y4 + (20x3 −20x4)y3 + (−28x2 + 12x3)y2 + (14x2 + 14x)y −14xy0
−2x5y6 + (10x4 −2x3)y5 + (−20x3 + 10x2 −x4)y4
+ (4x3 −14x+ 12x2)y3 + (7−6x2 + 14x)y2 −14y + 7 = 0.
Ta có δF = 7. Đặt M(y) = xy − 1. Biến đổi ΦM biến phương trình F(y, y0) = 0 thành phương trình
G(y, y0) = ΦM•F = x7[(1−2y3+4y2)y02+(−2y5−8y2+8y)y0+4−y4−4y] = 0,
và phương trình này tương đương với phương trình autonom
(1−2y3 + 4y2)y02 + (−2y5 −8y2 + 8y)y0 + 4−y4 −4y = 0.
Ta kiểm tra được phương trình G(y, y0) = 0 có nghiệm đại số không tầm thường
Q(x, y) =xy2 −y +x2 + 1 = 0.
Do đó, nghiệm tổng quát đại số của G(y, y0) = 0 là
Q(x+c, y) = (x+ c)y2 −y + (x+c)2 + 1 = 0, với c là hằng số tùy ý. Đa thức
ΦM−1 •Q(x+ c, y) = Q(x+c, xy−1) =
=(cx2 +x3)y2 + (−2xc−2x2 −x)y +x2 +c+ x+ 2 + 2xc+c2 là đa thức tối tiểu của nghiệm tổng quát đại số của F(y, y0) = 0.
Chú ý rằng đường cong đại số ΦM−1•Q(x+c, y) = 0 có giống bằng 1, cùng giống với đường cong đại số F(y, y0) = 0. Trong ví dụ này, bậc của nghiệm tổng quát đại số là 2 và chặn bậc là degy0F +δF = 2 + 7 = 9. Chú ý 3.16. Chúng tôi giả thiết rằng F(y, y0) = 0 là tương đương với một phương trình autonom qua phép biến đổi ΦM. Vấn đề xác định liệu F(y, y0) = 0 có tương đương với một phương trình autonom hay không là một vấn đề mở. Trong chương sau chúng tôi giải quyết vấn đề này khi biết thêm giả thiết rằng F(y, y0) = 0 là một phương trình tham số hóa hữu tỷ được.
KẾT LUẬN CHƯƠNG 3
Trong chương này chúng tôi thiết lập một số tính chất bảo toàn liên quan đến nghiệm của phương trình vi phân đại số dưới tác động của nhóm các phép biến đổi M¨obius. Cụ thể, chúng tôi chứng minh tính chất bảo toàn nghiệm tổng quát đại số (Định lý 3.8); đưa ra cách xác định một nghiệm tổng quát đại số từ một nghiệm đại số không tầm thường của một phương trình vi phân đại số cấp một thuộc lớp autonom (Định lý 3.12);
chứng minh giống của đường cong đại số xác định nghiệm bằng giống của đường cong tương ứng với phương trình vi phân nếu phương trình vi phân thuộc lớp tương đương autonom (Định lý 3.13); đưa ra một chặn bậc mới cho nghiệm tổng quát đại số của một phương trình vi phân đại số cấp một thuộc lớp tương đương autonom (Định lý 3.14).
Chương 4
Sự tương đương của các phương trình vi phân đại số cấp một tham số hóa hữu tỷ được
Cho K là một mở rộng hữu hạn của trường vi phân C(x). Tập hợp các phương trình vi phân hữu tỷ dạng y0 = R(x, y), trong đó R(x, y) là hàm hữu tỷ theo y với hệ số trên K, là đóng dưới tác động của các phép biến đổi M¨obius trên K, tức là các phép biến đổi dạng y = aw +b
cw +d với a, b, c, d ∈ K, ad −bc 6= 0. Trong chương này chúng tôi đưa ra một tiêu chuẩn kiểm tra sự tương đương của các phương trình vi phân đa thức dạng y0 = P(x, y) với P là một đa thức theo y với hệ số trên K. Từ đó chúng tôi đưa ra một điều kiện cần và một điều kiện đủ để kiểm tra sự tương đương giữa các phương trình vi phân đại số cấp một tham số hóa hữu tỷ được (tức là giống đường cong bằng 0).
4.1 Phương trình vi phân đa thức
Một phương trình vi phân đa thức có dạng
y0 = an(x)yn +an−1(x)yn−1 +ã ã ã+a1(x)y+ a0(x), (4.1) trong đó a0, a1, . . . , an ∈ K, an 6= 0. Đây là dạng tổng quát của phương trình vi phân Riccati (n = 2) và phương trình vi phân Abel (n= 3).
Rừ ràng qua phộp biến đổi dạng y = aw+b một phương trỡnh vi phõn đa thức biến thành một phương trình vi phân đa thức. Trong phần này chúng tôi tìm các hàm bất biến của phương trình vi phân đa thức đối với phép biến đổi có dạng y = aw+b. Theo Định nghĩa 2.3, chúng ta cần tìm các hàm theo các hệ số của phương trình vi phân đa thức không thay đổi qua các phép biến đổi dạng y = aw +b.
Phép biến đổi này có thể được xem như là hợp thành của hai ánh xạ f(w) = aw và g(z) = z + b, tức là y = g(f(w)). Theo đó, các hệ số (a0, a1, . . . , an) được biến đổi thành (A0, A1, . . . , An) qua ánh xạ g(z) = z +b và sau đó các hệ số (A0, A1, . . . , An) biến đổi thành (˜a0,a˜1, . . . ,˜an) qua ánh xạ f(w) = aw.
4.1.1 Bất biến vi phân qua phép biến đổi y = z+b Phương trình (4.1) được biến đổi thành
z0 = An(x)zn +An−1(x)zn−1 + ã ã ã+ A1(x)z+ A0(x), (4.2)
trong đó
An = an An−i =
i
X
j=0
an−j n−j i−j
!
bi−j, ∀i = 1, . . . , n−1 A0 =
n
X
j=0
ajbj −b0.
(4.3)
Với i = 1, từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra b = An−1 −an−1
nan
.
Thế b vào (n−2) phương trình tiếp theo, ta được, với mọi 2 ≤ i ≤n−1, An−i =
i
X
j=0
an−j n−j i−j
!
An−1 −an−1 nan
i−j
=
i−1
X
j=0
" n−j
i−j
ni−j
Ai−jn−1 ai−jn
an−j +
i−j−1
X
k=1
(−1)k
n−j i−j
i−j
k
ni−j
Ai−j−kn−1 akn−1 ai−jn
an−j+ (−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
#
+an−i
=
n i
ni
Ain−1 ai−1n +
n−1 i−1
ni−1
Ai−1n−1an−1 ai−1n +
i−1
X
j=2 n−j
i−j
ni−j
Ai−jn−1an−j ai−jn
−
n i
i
1
ni
Ai−1n−1an−1 ai−1n +
i−1
X
k=2
(−1)k
n i
i
k
ni
Ai−kn−1akn−1 ai−1n +
i−2
X
k=1
(−1)k
n−1 i−1
i−1
k
ni−1
Ai−1−kn−1 ak+1n−1 ai−1n +
i−1
X
j=2 i−j−1
X
k=1
(−1)k
n−j i−j
i−j
k
ni−j
Ai−j−kn−1 akn−1an−j ai−jn
+
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
+an−i
(4.4)
Kết hợp các hệ số của các đơn thức đồng dạng và chú ý rằng (−1)k
i k
n
i
ni + (−1)k−1
i−1 k−1
n−1
i−1
ni−1 = (−1)k−1(k−1) ki ni ni , ta có
An−i =
n i
ni
Ain−1 ai−1n +
i−1
X
k=2
(−1)k−1(k −1) ki ni ni
Ai−kn−1akn−1 ai−1n +
i−1
X
j=2 i−j−1
X
k=0
(−1)k
n−j i−j
i−j
k
ni−j
Ai−j−kn−1 akn−1an−j ai−jn
+
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
+ an−i.
(4.5)
Nói riêng, cho i = 2, An−2 =
n 2
n2
A2n−1 an −
n 2
n2
a2n−1
an + an−2.
Định lý sau đây cho chúng ta một công thức của An−i mà không có sự xuất hiện của những hạng tử trộn, tức là những hạng tử chứa đồng thời An−1 và an−1.
Định lý 4.1. Với mọi 2 ≤i ≤ n−1, ta có An−i = −
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
Ai−jn−1An−j ai−jn
+
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
+an−i. (4.6) Chứng minh. Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp theo i (với mọi 2 ≤ i ≤ n− 1). Công thức đúng cho trường hợp i = 2. Giả sử công thức đúng tới trường hợpi−1. Nghĩa là, với mọi2 ≤ k ≤ i−1, ta có
An−k =−
k−1
X
j=0
(−1)k−j
n−j k−j
nk−j
Ak−jn−1An−j ak−jn
+
k−1
X
j=0
(−1)k−j
n−j k−j
nk−j
ak−jn−1an−j ak−jn
+an−k
=− (−1)k−1(k −1) nk nk
!Akn−1
ak−1n + (−1)k−1(k −1) nk nk
!akn−1 ak−1n −
k−1
X
j=2
(−1)k−j
n−j k−j
nk−j
Ak−jn−1An−j ak−jn
+
k−1
X
j=2
(−1)k−j
n−j k−j
nk−j
ak−jn−1an−j ak−jn
+an−k. Suy ra
akn−1 =Akn−1 + (−1)k−1nk
(k−1) nkAn−kak−1n − (−1)k−1nk
(k −1) nkan−kak−1n +
k−1
X
j=2
(−1)1−j nk−j−jnj
(k−1) nk Ak−jn−1An−jaj−1n −
k−1
X
j=2
(−1)1−j nk−j−jnj
(k−1) nk ak−jn−1an−jaj−1n
=Akn−1 +
k
X
j=2
(−1)1−j nk−j−jnj
(k−1) nk Ak−jn−1An−jaj−1n −
k
X
j=2
(−1)1−j n−jk−jnj
(k−1) nk ak−jn−1an−jaj−1n . Thay akn−1 vào hạng tử Ai−kn−1akn−1
ai−1n của (4.5), ta thu được
i−1
X
k=2
(−1)k−1(k −1) ki ni ni
!Ai−kn−1akn−1 ai−1n
=
i−1
X
k=2
(−1)k−1(k−1) i k
!! n
i
ni
Ain−1 ai−1n +
i−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
!Ai−jn−1An−j ai−jn
−
i−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
!Ai−kn−1ak−jn−1an−j ai−jn
=(−1)i(i−1)−1
n i
ni
Ain−1 ai−1n +
i−1
X
j=2
i−1
X
k=j
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
Ai−jn−1An−j ai−jn
−
i−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
!Ai−kn−1ak−jn−1an−j ai−jn
.
Ta có
i−1
X
k=j
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
= (−1)i−j−1
n−j i−j
ni−j . Đặt l = k−j, ta có thể viết lại tổng kép sau theo j và l:
i−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j ni−j
i k
n
i
n−j
k−j
n k
!Ai−kn−1ak−jn−1an−j ai−jn
=
i−1
X
j=2 i−1−j
X
l=0
(−1)l ni−j
i j+l
n
i
n−j
l
n j+l
!Ai−j−ln−1 aln−1an−j ai−jn
=
i−1
X
j=2 i−1−j
X
l=0
(−1)l i−jl n−ji−j ni−j
!Ai−j−ln−1 aln−1an−j ai−jn
.
Thế
i−1
X
k=2
(−1)k−1(k −1) ki ni ni
!Ai−kn−1akn−1
ai−1n vào phương trình (4.5) thì tổng kép bị triệt tiêu và thu được
An−i =
i−1
X
j=0
(−1)i−j−1
n−j i−j
ni−j
!Ai−jn−1An−j ai−jn
+
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
+an−i.
Định lý được chứng minh.
Định lý 4.2. Ta có
n
X
j=0
(−1)j nj
AjAjn−1 Ajn
+
An−1 nAn
0
=
n
X
j=0
(−1)j nj
ajajn−1 ajn
+
an−1 nan
0
.
Chứng minh. Thế b = An−1 −an−1
nan vào phương trình cuối cùng của (4.3), ta thu được
A0 =
n
X
j=0
aj
An−1 −an−1 nan
j
−
An−1 −an−1 nan
0
=
n
X
j=0 j
X
k=0
(−1)k jk nj
Aj−kn−1akn−1aj
ajn
−
An−1 nan
0
+
an−1 nan
0
=
n
X
j=0 j−1
X
k=0
(−1)k jk nj
Aj−kn−1akn−1aj
ajn
+
n
X
j=0
(−1)j nj
ajn−1aj
ajn
−
An−1 nan
0
+
an−1 nan
0
. (4.7)
Ta có
n
X
j=0 j−1
X
k=0
(−1)k jk nj
Aj−kn−1akn−1aj
ajn
=
n−1
X
k=0
(−1)k nk nn
An−kn−1akn−1 an−1n +
n−2
X
k=0
(−1)k n−1k nn−1
An−1−kn−1 ak+1n−1 an−1n +
n−2
X
j=1 j−1
X
k=0
(−1)k jk nj
Aj−kn−1akn−1aj ajn
= 1 nn
Ann−1 an−1n +
n−1
X
k=2
(−1)k+1(k−1) nk nn
An−kn−1akn−1 an−1n +
n−2
X
j=1 j−1
X
k=0
(−1)k jk nj
Aj−kn−1akn−1aj ajn
.
Vì
akn−1 = Akn−1 +
k
X
j=2
(−1)1−j nk−j−jnj
(k−1) nk Ak−jn−1An−jaj−1n −
k
X
j=2
(−1)1−j n−jk−jnj
(k−1) nk ak−jn−1an−jaj−1n nên khi thay akn−1 vào hạng tử An−kn−1akn−1
ai−1n , ta thu được
n−1
X
k=2
(−1)k+1(k−1) nk nn
An−kn−1akn−1 an−1n
=
n−1
X
k=2
(−1)k+1(k−1) nk nn
!Ann−1 an−1n +
n−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j nk−j−j nn−j
An−jn−1An−j an−jn
−
n−1
X
k=2 k
X
j=2
(−1)k−j nk−j−j nn−j
An−kn−1an−jak−jn−1 an−jn
=
(−1)n(n−1)−1 nn
Ann−1 an−1n +
n−1
X
j=2
(−1)n−j+1 nn−j
An−jn−1An−j an−jn
−
n−2
X
j=1 j−1
X
l=0
(−1)l jl nj
Aj−ln−1ajaln−1 ajn
.
Thế tổng Pn−1 k=2
(−1)k+1(k−1) nk nn
An−kn−1akn−1
an−1n trở lại phương trình (4.7) thì tổng kép bị triệt tiêu và ta thu được
A0 =
n
X
j=1
(−1)j+1 nj
Ajn−1Aj ajn
+
n
X
j=0
(−1)j nj
ajn−1aj ajn
−
An−1 nan
0
+
an−1 nan
0
.
Vậy định lý được chứng minh.
4.1.2 Bất biến vi phân qua phép biến đổi z = aw Phương trình (4.2) được biến đổi thành
w0 = ˜an(x)wn + ˜an−1(x)wn−1 +ã ã ã+ ˜a1(x)w + ˜a0(x), (4.8) trong đó
˜
ai = Aiai−1, ∀i = 2, . . . , n
˜
a1 = A1 − a0 a
˜
a0 = A0 a .
(4.9)
Bằng cách khử a, ta suy ra một hệ phương trình các bất biến sau
˜ ai
˜ a
i−1
nn−1
= Ai A
i−1
nn−1
, ∀i = 2, . . . , n−1
˜
a1 + 1 n−1
˜ a0n
˜
an = A1 + 1 n−1
A0n An
˜ a0˜a
1
nn−1 = A0A
1
nn−1.
(4.10)
Nhận xét 4.3. Để phương trình (4.2) biến đổi thành phương trình (4.8) qua phép biến đổi z = aw thì hệ số a được xác định bởi ˜an = Anan−1. Như vậy, nói chung a thuộc một mở rộng đại số của trường chứa các hệ số
˜
an và An.
4.1.3 Bất biến vi phân qua phép biến đổi y = aw+b
Như đã phân tích ở trên, phép biến đổi y = aw + b được phân tích thành hợp của hai phép biến đổi đơn giản hơn là y = z + b và z = aw. Ký hiệu a = (a0, a1, . . . , an), A = (A0, A1, . . . , An), ˜a = (˜a0,a˜1, . . . ,˜an) là các bộ hệ số trong các phép biến đổi thành phần. Khi đó ta có hai tập hợp các bất biến như sau:
1. Tập hợp các bất biến của phép biến đổi y = z+b: In(A) := An
In−i(A) := An−i +
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
Ai−jn−1An−j Ai−jn
, ∀ i = 2, . . . , n−1,
I0(A) := A0 +
n
X
j=1
(−1)j nj
AjAjn−1 Ajn
+
An−1 nAn
0
.
2. Tập hợp các bất biến của phép biến đổi z = aw: Ji(A) := Ai
A
i−1
nn−1
,∀i = 2, . . . , n−1, J1(A) := A1 + 1 n−1
A0n An
,
J0(A) := A0A
1
nn−1.
Ta sẽ kết hợp các bất biến này để suy ra các bất biến của phép biến đổi hợp thành.
• Với n ≥3 và 2≤ i ≤ n−2, ta có In−i(A)
A
n−i−1
nn−1
= An−i A
n−i−1
nn−1
+
i−1
X
j=1
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
Ai−jn−1 A
(i−j)(n−2)
n n−1
An−j A
n−j−1
nn−1
+ (−1)i
n i
ni
Ain−1 A
i(n−2)
nn−1
=Jn−i(A) +
i−1
X
j=1
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j Jn−1i−j(A)Jn−j(A) + (−1)i
n i
ni Jn−1i (A).
Mặt khác, ta có các bất biến Ii(A) = Ii(a), An = an, Ji(A) = Ji(˜a). Từ đó suy ra, với 2 ≤i ≤ n−2,
In−i(a) a
n−i−1
nn−1
=In−i(A) A
n−i−1
nn−1
=Jn−i(A) +
i−1
X
j=1
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j Jn−1i−j(A)Jn−j(A) + (−1)i
n i
ni Jn−1i (A)
=Jn−i(˜a) +
i−1
X
j=1
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j Jn−1i−j(˜a)Jn−j(˜a) + (−1)i
n i
ni Jn−1i (˜a)
=In−i(˜a)
˜ a
n−i−1
nn−1
.
Vì vậy ta tìm được một tập các bất biến của phép biến đổi y = aw +b, đó là, với mọi i = 2, . . . , n−2,
Kn−i(a) := In−i(a) a
n−i−1
nn−1
= 1
a
n−i−1
nn−1
an−i +
i−1
X
j=0
(−1)i−j
n−j i−j
ni−j
ai−jn−1an−j ai−jn
.
• Với n ≥3 và i = n−1, ta có I1(A) =A1 +
n−2
X
j=0
(−1)n−1−j
n−j n−1−j
nn−1−j
An−1−jn−1 An−j An−1−jn
=
A1 + 1 n−1
A0n An
+
n−2
X
j=0
(−1)n−1−j
n−j n−1−j
nn−1−j
An−1−jn−1 An−j An−1−jn
− 1 n−1
A0n An. Để kết hợp với các bất biến trong phép biến đổi z = aw, ta xét bất biến
K1(A) := I1(A) + 1 n−1
In(A)0 In(A). Ta có
K1(a) =K1(A)
=
A1 + 1 n−1
A0n An
+
n−2
X
j=0
(−1)n−1−j
n−j n−1−j
nn−1−j
An−1−jn−1 An−j An−1−jn
=J1(A) +
n−2
X
j=0
(−1)n−1−j
n−j n−1−j
nn−1−j Jn−1n−1−j(A)Jn−j(A)
=J1(˜a) +
n−2
X
j=0
(−1)n−1−j
n−j n−1−j
nn−1−j Jn−1n−1−j(˜a)Jn−j(˜a)
=K1(˜a).
Từ đó ta nhận được một bất biến nữa của phép biến đổi y = aw +b, đó là K1(a).
Tiếp theo ta tìm bất biến dựa vào I0(A). Với n≥ 3, ta có I0(A) =A0+(−1)
n
A1An−1 An +
n−2
X
j=2
(−1)j nj
AjAjn−1 Ajn
+(−1)n−1(n−1) nn
Ann−1 An−1n +
An−1 nAn
0
.
Suy ra A
1
nn−1I0(A) =A0A
1
nn−1 − 1 n
A1 + 1 n−1
A0n An
An−1 A
n−2
nn−1
+
n−2
X
j=2
(−1)j nj
Aj A
j−1
nn−1
Ajn−1 Aj(
n−2 n−1) n
+ (−1)n−1(n−1) nn
Ann−1 An(
n−2 n−1) n
+ 1 n
An−1 A
n−2
nn−1
!0
=J0(A)− 1
nJ1(A)Jn−1(A) +
n−2
X
j=2
(−1)j
nj Jj(A)Jn−1j (A) + (−1)n−1(n−1)
nn Jn−1n (A) + 1
nJn−10 (A).
Lập luận tương tự ta nhận được một bất biến nữa của phép biến đổi y = aw +b, đó là
K0(a) := a
1
nn−1I0(a), n≥ 3.
Định lý 4.4. Với n≥ 3, hai phương trình vi phân đa thức (4.1) và (4.8) là tương đương qua phép biến đổi y = aw+b nếu và chỉ nếu
Ki(a) = Ki(˜a), 2 ≤i ≤n−2 K1(a) =K1(˜a),
K0(a) =K0(˜a).
(4.11)
Chứng minh. Điều kiện cần của định lý được suy ra từ các tính toán ở trên. Ta chỉ cần chứng minh phần đảo. Giả sử các bất biến được thỏa mãn. Gọi α1 và β1 là các phần tử thỏa mãn các phương trình
1 = anα1n−1, 0 = annβ1 + an−1.
Khi đó phép biến đổi y = α1u+ β1 biến phương trình (4.1) thành u0 = un + ¯an−2un−2 +ã ã ã+ ¯a1u+ ¯a0,
trong đó ¯an−i = Ki(a), (2 ≤ i ≤n−2), a¯1 = K1(a), ¯a0 = K0(a). Tương tự, chọn α2 và β2 sao cho 1 = ˜anαn−12 , 0 = ˜annβ2+ ˜an−1 và phép biến đổi w = α2u+β2 biến phương trình (4.8) thành
u0 = un + ¯bn−2un−2 +ã ã ã+ ¯b1u+ ¯b0,
với ¯bn−i = Ki(˜a), (2≤ i ≤ n−2), ¯b1 = K1(˜a), ¯b0 = K0(˜a). Từ giả thiết về các bất biến ta suy ra các phương trình (4.1) và (4.8) được biến đổi về cùng một phương trình trung gian. Do đó hai phương trình là tương đương qua phép biến đổi y = α1
α2w+ β1α2 −α1β2 α2 .
Từ chứng minh định lý trên chúng ta có ngay hệ quả sau.
Hệ quả 4.5. Phương trình vi phân đa thức (4.1), với n ≥ 3, là tương đương với dạng chuẩn tắc sau
u0 = un+Kn−2(a)un−2 +ã ã ã+K1(a)u+K0(a), qua phép biến đổi y = α1u+β1 với αn−11 = 1
an, β1 = −an−1 nan.
Bảng4.1:Cỏcbấtbiếncơsởcủaphươngtrỡnhviphõnđathức y0 =anyn +an−1yn−1 +ããã+a1y+a0y0 =a3y3 +a2y2 +a1y+a0(Abel)y0 =a2y2 +a1y+a0(Riccati) y=z+bIn(a):=anI3(a):=a3I2(a):=a2 In−i(a):=an−i+Pi−1 j=0(−1)i−j n−j i−j
ni−jai−j n−1an−j ai−j nI2(a):=a1−1 3a2 2 a3 (2≤i≤n−1) I0(a):=a0+Pn j=1(−1)j njajaj n−1 aj n+1 n an−1 an
0 I0(a):=a0−1 3a1a2 a3+2 27 a3 2
a2 3
+1 3
a2 a3
0 I0(a):=a0−1 4a2 1 a2+1 2
a1 a2
0 y=awJi(a):=ai ai
−1 n−1 n(2≤i≤n−1)J2(a):=a2 a1 2 3 J1(a):=a1+1 n−1a0 n an J0(a):=a0a
1 n−1 n
J1(a):=a1+1 2 a0 3 a3 J0(a):=a0a1 2 3
J1(a):=a1+a0 2 a2 J0(a):=a0a2 y=aw+bKn−i(a):=In−i(a) In(a)n
−i−1 n−1,2≤i≤n−2 K1(a):=In−1(a)+1 n−1In(a)0 In(a),n≥3K1(a):=I2(a)+1 2I3(a)0 I3(a) K0(a):=In(a)
1 n−1I0(a),n≥3K0(a):=I3(a)1 2I0(a)˜K0(a):=I2(a)I0(a)+1 2 I2(a)0 I2(a)
0 −1 4
I2 I2
4.2 Phương trình vi phân Riccati
Trong phần này chúng tôi đi tìm bất biến của phương trình Riccati đối với phép biến đổi y = aw+b. Với n = 2, ta có
I0(A) =A0 − 1 4
A21 A2 + 1
2 A1
A2 0
.
Suy ra
A2I0(A) =A0A2−1 4
A1 + A02 A2
2
+1 2
A1 + A02 A2
0
−1 2
A02 A2
0
+1 4
A02 A2
2
là một bất biến đối với phép biến đổi y = z+b. Do đó K˜0(A) :=A2I0(A) + 1
2 A02
A2 0
− 1 4
A02 A2
2
=A0A2 − 1 4
A1 + A02 A2
2
+ 1 2
A1 + A02 A2
0
cũng là một bất biến đối với phép biến đổi y = z +b. Vì K˜0(a) = ˜K0(A) =J0(A)− 1
4J1(A)2 + 1
2J1(A)0
=J0(˜a)− 1
4J1(˜a)2 + 1
2J1(˜a)0
= ˜K0(˜a) nên ta suy ra
K˜0(a) = a2a0 − 1
4(a1 + a02
a2)2 + 1
2(a1 + a02 a2)0
là một bất biến của phương trình Riccati y0 = a2y2+a1y+a0 đối với phép biến đổi y = aw+b.
Dựa vào bất biến này ta có thể kiểm tra sự tương đương của hai phương trình vi phân Riccati.
Định lý 4.6. Với n = 2, hai phương trình vi phân Riccati (4.1) và (4.8) là tương đương qua phép biến đổi y = aw+b nếu và chỉ nếu
K˜0(a) = ˜K0(˜a).
Chứng minh. Điều kiện cần được suy ra từ lập luận ở trên. Ngược lại, đặt a = ˜a2
a2, b = 1
2a2(˜a1 −a1 + a0 a).
Khi đó
˜
a2 = a2a
˜
a1 = 2a2b+a1 − a0 a. Vì K˜0(a) = ˜K0(˜a) nên ta suy ra ˜a0 = 1
a(a2b2 + a1b + a0 −b0). Các hệ số ˜a2,˜a1,a˜0 là các hệ số của phương trình vi phân Riccati nhận được qua phép biến đổi y = aw+b.
Ví dụ 4.7. Hai phương trình vi phân trong [15] (danh mục các phương trình vi phân của Kamke)
no.1.140 : y0 = −y2 − 4
xy− 2 x2 và no.1.165 : y0 = − 1
2x2 −xy2 + 4x+ 1
2x2 −xy− 4 2x−1
là tương đương bởi vì chúng có cùng bất biến vi phân K˜0(a) = 0, qua phép biến đổi được xác định y = aw+b với a = 1
2x2 −x, b= − 4x−1 2x2 −x. Chú ý 4.8. Trong [9], Czy˙zycki và cộng sự đã nghiên cứu sự tương đương của các phương trình Riccati dưới tác động của một số nhóm con của nhóm Lie các phép biến đổi tương đương của phương trình Riccati. Trong số các nhóm con này có nhóm con gồm các phép biến đổi dạng y = aw+b.
Trở lại với phương trình Riccati y0 = a2y2 + a1y +a0, bằng phép biến đổi y = aw +b với
a = 1
a2 và b = − 1
2a2(a1 + a02 a2)
phương trình Riccati đã cho được biến đổi về dạng chuẩn tắc hữu tỷ w0 = w2 + ˜K0(a).
Từ đó ta có ngay mệnh đề sau.
Mệnh đề 4.9. Phương trình vi phân Riccati tương đương với phương trình vi phân autonom qua phép biến đổi y = aw+b nếu và chỉ nếu bất biến vi phân K˜0(a) là hằng số.
Nếu K˜0(a) là một hằng số thì nghiệm của phương trình Riccati có thể tìm được bằng phương pháp tách biến:
Z dw
w2 + ˜K0(a) = x+C,
với C là một hằng số tùy ý. Cụ thể, nếu K˜0(a) = 0 thì phương trình Riccati w0 = w2 có nghiệm tổng quát hữu tỷ là
w = − 1 x+C.
Nếu K˜0(a) là một hằng số khác không thì phương trình w0 = w2 + ˜K0(a) có nghiệm tổng quát liouville không đại số trên C(x):
w = q
−K˜0(a)1 + e2
√
−K˜0(a)x
1−e2
√
−K˜0(a)x.
Nếu K˜0(a) không là hằng số và phương trình Riccati được xác định trên C(x) thì việc tìm nghiệm đại số của phương trình Riccati có thể dựa