Trong trường hợp chỉ số 2 ta tách phương trình (2.1.7) bởi Gˆ−21. Lưu ý rằngA=ADD− vàQˆ1 =Qˆ1Gˆ−1
ˆ
G−21AD=Pˆ1P0,Gˆ−21A=Pˆ1P0D−,Gˆ−21B= Gˆ−21BP0Pˆ1+Qˆ1+Q0, có được từ cách xây dựng. Phương trình đã được tách
ˆ
P1P0D−(Dx)0+Q0x+Qˆ1x+Gˆ−21BP0Pˆ1x=Gˆ−1
2 q. (2.3.1) Nếu nhânQˆ1,P0Pˆ1 và Q0Pˆ1, phương trình (2.3.1) tương ứng với 3 phương trình ˆ Q1x=Qˆ1Gˆ−1 2 q, (2.3.2) P0Pˆ1D−(Dx)0+P0Pˆ1Gˆ−1 2 BP0Pˆ1x=P0Pˆ1Gˆ−1 2 q, (2.3.3) −Q0Qˆ1D− (Dx)0+Q0x+Q0Pˆ1Gˆ−1 2 BP0Pˆ1x= Q0Pˆ1Gˆ−1 2 q. (2.3.4) Ta nhân hai phương trình (2.3.2) và (2.3.3) vớiD ta được
DQˆ1x=DQˆ1Gˆ−1
2 q, (2.3.5)
(DPˆ1x)0−(DPˆ1D−)0Dx+DPˆ1Gˆ−1
2 BP0Pˆ1x= DPˆ1Gˆ−1
2 q. (2.3.6) Như vậy, mỗi nghiệmx∈C1
Dcủa phương trình (2.1.7) thỏa mãn (2.3.4), (2.3.5) và (2.3.6). Từ Bổ đề 2.2.9 ta có DQ1Gˆ−1 2 q=DQˆ1x=DQˆ1D−Px∈C1 Do đó Q0Qˆ1D−(Dx)0 =Q0Qˆ1D−[(DPˆ1x)0+ (DQˆ1Gˆ−1 2 q)0] =Q0Qˆ1D−DQˆ1D−(DPˆ1x)0+Q0Qˆ1D−(DQˆ1Gˆ−1 2 q)0 =−Q0Qˆ1D−(DQˆ1D−)0DPˆ1x+Q0Qˆ1D−(DQˆ1Gˆ−1 2 q)0. Thế biểu thức này vào phương trình (2.3.4) ta có
Q0x = −Q0Pˆ1Gˆ−1
2 BD−DPˆ1x−Q0Qˆ1D−(DQˆ1D−)DP1x+ + Q0Qˆ1D−(DQˆ1Gˆ−1
2 q)0+Q0Pˆ1Gˆ−1
2 q.
Bằng sự kết hợp các biểu thức ở trên mỗi nghiệmx∈C1
D của phương trình (2.1.7) có thể được biểu diễn
x=D−DPˆ1x+D−DQˆ1x+Q0x =KD−DPˆ1x+D−DQˆ1Gˆ−1 2 q+Q0Pˆ1Gˆ−1 2 q+Q0Qˆ1D−(DQˆ1Gˆ−1 2 q)0 (2.3.7) trong đó DPˆ1x thỏa mãn phương trình vi phân thường chính qui
(DPˆ1x)0−(DPˆ1D−)0DPˆ1x+DPˆ1Gˆ−1 2 BD−DPˆ1x= DPˆ1Gˆ−1 2 q+ +(DPˆ1D−)0DQˆ1Gˆ−1 2 q (∗) và K = I−Q0Pˆ1Gˆ−1 2 BP0−Q0Qˆ1D−(DQˆ1D−)0D là ma trận hàm không suy biến nên có
K−1 =I+Q0Pˆ1Gˆ−1
2 BP0+Q0Qˆ1D−(DQˆ1D−)0D.
Việc biểu diễn nghiệm ở trên gợi ra ý tưởng gọi phương trình vi phân (*) là phương trình vi phân thường chính qui của phương trình (2.1.7).
2.3.1 Định nghĩa. Phương trình u0−(DPˆ1D− )0u+DPˆ1Gˆ−1 2 BD−u =DPˆ1Gˆ−1 2 q+ (DPˆ1D− )0DQˆ1Gˆ−1 2 q (2.3.8) được gọi là phương trình vi phân thường chính qui của phương trình (2.1.7) chỉ số 2.
Ta nhân phương trình (2.3.8) với (I−DPˆ1D−) ta có thể kiểm tra được rằng DS1 = imDPˆ1 là không gian con bất biến của phương trình vi phân thường chính qui (2.3.8).
Chú ý sau sẽ thể hiện được nguồn gốc hình học của phương trình vi phân thường chính qui chỉ số 2.
2.3.2 Chú ý. Tính toán trực tiếp cho thấy rằng không có thành phần nào trong các thành phần DQˆ1D−, DPˆ1D−, DQˆ1Gˆ−1
2 hoặc DPˆ1Gˆ−1
thuộc vào cách chọn P0. Do đó, phương trình vi phân thường chính qui không phụ thuộc vào cách chọn P0.
Cho P0 cố định. Khi đó biểu thứcQ1G−21 cũng độc lập với cách chọnP1 hay Q1. Kết hợp với ở trên DQ1G−21 cũng độc lập với cách chọn đặc biệt của cảP0 vàP1 và do đó không gian hàm
C−DQ1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1G−12 =x∈C:DQ1G−21x∈C1 . Chúng xuất hiện trong phương trình ràng buộc ẩn và trong chứng minh của định lý.
Để tìm sự ràng buộc ẩn ta nhân (2.1.7) vớiDQˆ1D−A− ta được
(DQˆ1x)0−(DQˆ1D−)0Dx+DQˆ1D−A−Bx= DQˆ1D−A−q.
Lấy phương trình (2.4.5) từ trong quá trình biến đổi, ta được phương trình ràng buộc ẩn
(DQˆ1G−1
2 q)0−(DQˆ1D−)0Dx+DQˆ1D−A−Bx= DQˆ1D−A−q (2.3.9) Ta nhấn mạnh rằng phương trình (2.3.9) là độc lập với cách chọn đặc biệt của phép chiếu P0(Q0) và W0. Thật vậy, nhờ (2.3.5) và (2.3.6) nên Dx=DPˆ1x+DQˆ1xlà độc lập và
A−(Bx−q) =−R(Dx)0 =A˜−(Bx−q) nếu AA˜−= I−W˜0.
Trở lại (2.3.7) ta được
Πcan 2 =KD−DPˆ1 = KP0Pˆ1 (2.3.10)
là một phép chiếu vớikerΠcan 2 =kerD−DPˆ1 = N1⊕N0 =P0N1⊕N0 và
DΠcan 2 =DPˆ1, imDΠcan 2 =DS1
Trong định lý tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng không gian hình học Sind 2chứa tất cả các nghiệm của phương trình thuần nhất, chính là ảnh của Πcan 2, tức là Sind 2 =imΠcan 2. Với phương trình chỉ số 1 chuyển được ta đã chứng minh rằng Sind 1 =S0 là không gian nghiệm hình học tương ứng
vàΠcan1 =P0c = (I−Q0G1−1BP0)P0 chiếu lênSind 1. Với phương trình chỉ số 2 chính qui mà không gian nghiệm hình học có số chiều nhỏ hơn; tức là Sind 2 ⊂Sind 1.
2.3.3 Định lý. Cho phương trình (2.1.7) là phương trình chỉ số 2 chuyển được.
i) Với mỗi q ∈C1
DQ1G−12 , d ∈ D(t0)S1(t0), t0 ∈I thì bài toán giá trị ban đầu
A(Dx)0+Bx=q, D(t0)Pˆ1(t0)x(t0) =d (2.3.11)
có nghiệm duy nhất trongC1D
ii) (2.1.7) có nhiễu chỉ số 2 ( has perturbation index-2).
iii) Có đúng một nghiệm của phương trình thuần nhất đi qua mỗi điểm
(t0,x0), t0 ∈I, x0 ∈Sind 2(t0).
Chứng minh.
i) Đầu tiên ta giải bài toán giá trị ban đầu cho phương trình vi phân gốc (2.3.8) với điều kiện ban đầu: u(t0) = d. DS1 là một không gian con bất biến của phương trình này, u=DPˆ1D−u vớiu là hàm liên tục.
x=KD−u+D−DQˆ1Gˆ−1
2 q+Q0Pˆ1Gˆ−1
2 q+Q0Qˆ1D−(DQˆ1Gˆ−1
2 q)0 (2.3.12) thỏa mãn phương trình (2.1.7), vì Dx=Ru+DQ1G−21q ∈C1. Hơn nữa
D(t0)Pˆ1(t0)x(t0) =D(t0)Pˆ1(t0)[D(t0)]−D(t0)x(t0) =D(t0)Pˆ1(t0)[D(t0)]−u(t0) = d.
Giả sử rằngx˜∈C1
D cũng là một nghiệm của bài toán (2.3.11) khác nghiệm của bài toán (2.3.12), thì xˆ = x˜−x thỏa mãn phương trình (2.3.11) với q= 0 và d = 0. Phương trình (2.3.7) sinh ra xˆ = KD−DPˆ1x. Nghiệm củaˆ phương trình vi phân thường chính quiDPˆ1xˆ =0 đồng nhất không. Tức là (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
ˆ
x=0. Chú ý rằng, trong công thức (2.3.11), kí hiệu ˆ không được bỏ qua. ii) Cho I là khoảng compact. Ta so sánh nghiệm x và xq của phương
trình thuần nhất và không thuần nhất có cùng điều kiện ban đầu tức là D(t0)P1(t0)(x(t0)−xq(t0)) =0. Với các hằng số K1,K2 thì bất đẳng thức
kuq−uk∞ ≤K1kDPˆ1Gˆ−1
2 q+ (DPˆ1D−)0DQˆ1Gˆ−1
2 qk∞ ≤K2kqk∞
là đúng cho cặp phương trình vi phân thường chính qui, vì thế có một hằng sốK3 sao cho
kxq−xk∞ ≤K3(kqk∞+k(DQ1G−21q)0k∞).
iii) Nếu x0 ∈Sind 2(t0) thì x0 = Πcan2(t0)x0. Phương trình thuần nhất với điều kiện ban đầu
D(t0)Pˆ1(t0)x(t0) =D(t0)Pˆ1(t0)x0
có nghiệmx= KD−u=KD−DPˆ1Du. Điều này chứng tỏ
x(t0) = Πcan 2(t0)[D(t0)]−u(t0)
= Πcan 2(t0)[D(t0)]−D(t0)Pˆ1(t0)x0
= Πcan 2(t0)x0 =x0.
2.3.4 Chú ý.
Điều kiện ban đầu D(t0)Pˆ1(t0)x(t0) =d, d ∈D(t0)x(t0)có thể thay bởi
D(t0)Pˆ1x(t0) =D(t0)Pˆ1(t0)x0, x0 ∈Cm
cho nên ta bài toán biến phân choX = x0x
0 có dạng
A(DX)0+BX =0, D(t0)Pˆ1(t0)(X(t0)−I) =0.
2.3.5 Chú ý.
Trường hợp phương trình chỉ số 1 chuyển được có thể xem như chỉ số 2 chuyển được với dimN0∩S0 = {0}. Do đó N1 = {0},P1 = I,G2 = G1.
Trong trường hợp này, phát biểu 1 và 3 của định lý 2.3.3 xác nhận kết quả và biểu thức của Định lý 1.5.2 một lần nữa. Đặc biệt, phương trình vi phân thường chính qui (2.3.8) và (1.5.5) trùng nhau và do đó không gian nghiệm hình họcSind 2 vàSind 1 cũng trùng nhau.
2.4. Các phép chiếu chính tắc.
Ta có biểu thức (2.3.10) khá phức tạp cho phép chiếu lên không gian nghiệm hình học Sind 2 của phương trình chỉ số 2. Bổ đề tiếp theo cho ta biết làm thế nào để đơn giản nó bằng một phép xây dựng phù hợp.
2.4.1 Bổ đề. Với phương trình (2.1.7) chỉ số 2 chuyển được, có một phép chiếu chính tắcQ0c lên N0 sao cho
πcan2 = P0cP1c.
Chứng minh. Ta xây dựng dãy (2.2.4) bắt đầu với một Q0 tùy ý và nghịch đảo phản xạ tổng quát tương ứngD− của D. Ta có thể kiểm tra rằng
Q0c =Q0Pˆ1Gˆ−1
2 B+Q0Qˆ1D−(DQˆ1)0D (2.4.1) là một phép chiếu và imQ0c = N0. Dãy (2.2.4) cũng có thể được bắt đầu xây dựng vớiQ0c. Ta kí hiệu các thành phần của dãy mới cũng như nghịch đảo phản xạ tổng quát củaD bởi chỉ sốc.Q0c là phép chiếu tùy ý xuất hiện trong phát biểu. Nói cách khác, biểu thức (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
A0 = Q0cP1cG2−c1BP0c+Q0cQ1cD−c (DQ1cD−c )−D P0cP1c
cũng xác định và triệt tiêu. Kiểm tra lại các điều trên đòi hỏi một sự kết hợp chặt chẽ của các ma trận liên quan, xem [2].
Với phương trình chỉ số 1, phép chiếuP0c xác định bởi công thức (1.5.6) và phép chiếuP0c =I−Q0c thu được bởi công thức (2.4.1) nó là một phép chiếu lênS0. Với phương trình chỉ số 2 ta có thể giả sử rằngimP0c =S0. Từ
Bổ đề 2.4.1 ta có thể có nghiệm chính thức đại diện đẹp hơn vớiD−=D−c . Đặc biệt, ta có định lý:
2.4.2 Định lý. Với phương trình chỉ số µ chuyển được (µ = 1,2), tồn tại một phép chiếu tùy ýQ0c lên N0 sao cho:
Πcan1 = P0c, chiếu lênSind 1, Πcan 2 =P0cP1c, chiếu lên Sind 2.
Nghịch đảo phản xạ tổng quátD−củaDcó thể chọn sao choD−D=P0c
và nghiệm của phương trình thuần nhất làx= D−u, trong đó hàm u thỏa mãn phương trình vi phân thường chính qui thuần nhất.