mềm Xét phương trình Anx(n+ 1) = Bnx(n) +qn, x(0) = x ∈ Rd, n= 0,1,2, . . . (3.2.1)
Trong đó An và Bn là các ma trận cấp d ×d với rankAn là hằng số, và
qn : N0 →Rd.
Bây giờ ta sẽ đưa ra khái niệm chỉ số 2. Như đã nói, ý tưởng chính để xây dựng khái niệm này là “chỉ số 1 của chỉ số 1”, tức là thay cho xét các ma trận An ta sẽ xét các ma trận Gn suy biến. Vì thế trong toàn bộ chương này chúng ta giả thiết rằng ma trận Gn là suy biến với mọi n≥ 0.
Ký hiệu
N1,n = kerGn, S1,n = {z ∈ Rm, : BnPn−1z ∈ imGn}.
Trước hết chúng ta có bổ đề sau
Bổ đề 3.2.1 Đẳng thức sau luôn đúng với mọi n > 0 (Tn+TnPnA†nBnTnQn)N1,n = Nn−1 ∩Sn,
ở đây A†
Chứng minh. Đầu tiên, chúng ta đi chứng minh bao hàm thức sau
(Tn +TnPnA†nBnTnQn)N1,n ⊆Nn−1 ∩Sn. (3.2.2) Thật vậy, đặt
x = (Tn +TnPnA†nBnTnQn)x ∈ (Tn+ TnPnA†nBnTnQn)N1,n,
với x ∈ N1,n. Vì x ∈ N1,n nên chúng ta có BnTnQnx = −Anx. Do đó
An−1x = An−1Tn(I −PnA†nAn)x. Chú ý rằng I −A†nAn là phép chiếu lên Nn, chúng ta có PnA†nAn = Pn. Do đó An−1x = An−1Tn(I −Pn)x = An−1TnQnx = 0, tức là x ∈ Nn−1. Bên cạnh đó, chúng ta có Bnx = Bn(Tn+TnPnA†nBnTnQn)x = BnTn(I−Pn)x = BnTnQnx = −Anx ∈ imAn.
Từ đây chúng ta suy ra được rằng x ∈ Sn. Vậy x ∈ Nn−1 ∩Sn. Bao hàm thức (3.2.2) được chứng minh.
Ngược lại, giả sử x ∈ Nn−1 ∩Sn. Để chứng minh rằng
x ∈ (Tn +TnPnAn†BnTnQn)N1,n,
chúng ta xét Gn(Tn + TnPnA†
nBnTnQn)−1x. Đầu tiên, vì Pn và Qn là các ma trận chiếu với Pn+Qn = I, nên chúng ta dễ dàng suy ra rằng
(I +PnA†nBnTnQn)(I −PnA†nBnTnQn) =I.
Do đó, chúng ta có
Gn(Tn+TnPnA†nBnTnQn)−1x = Gn(I −PnA†nBnTnQn)Tn−1x
= (Gn−GnPnA†nBnTnQn)Tn−1x
Vìx ∈ Nn−1 nên chúng ta có T−1
n x ∈ Nn, tức là AnT−1
n x = 0, và QnT−1
n x =
Tn−1x. Các quan hệ trên kéo theo
Gn(Tn+ TnPnA†nBnTnQn)−1x = (I −AnA†n)Bnx.
Hơn nữa, x ∈ Sn, tức là tồn tại z ∈ Rm sao cho Bnx = Anz. Vậy
Gn(Tn+TnPnA†nBnTnQn)−1x = (I −AnA†n)Anz
= (An−AnA†nAn)z = (An −An)z = 0,
từ điều này chúng ta suy ra
x ∈ (Tn +TnPnAn†BnTnQn)N1,n.
Như vậy chúng ta đã chứng minh được bao hàm thức
Nn−1 ∩Sn ⊆ (Tn +TnPnA†nBnTnQn)N1,n. (3.2.3) Kết hợp các bao hàm thức (3.2.2) và (3.2.3) chúng ta được
(Tn+TnPnA†nBnTnQn)N1,n = Nn−1 ∩Sn.
Đây chính là điều phải chứng minh.
Chúng ta có một hệ quả trực tiếp của Bổ đề 3.2.1 như sau. Hệ quả 3.2.1 dimN1,n = dim(Nn−1 ∩ Sn).
Bổ đề 3.2.2 Cho Qn và Qen là hai phép chiếu lên Nn, và cho Tn,Ten ∈
GL(Rm), sao cho Tn|Nn, Ten|Nn là hai đẳng cấu giữa Nn và Nn−1. Đặt Gn =
An+BnTnQn, Ge1,n = An+BnTenQen, và
e
Khi đó, các quan hệ sau là đúng.
(i) Ne1,n = (Pen+Ten−1TnQn)N1,n; (3.2.4) (ii) S1,n = Se1,n, tức là S1,n độc lập với cách chọn Qn và Tn.
(iii) S1,n = (Pen−1 +Ten−−11Tn−1Qn−1n−1)S1,n
Điều này có nghĩa là S1,n là một không gian con bất biến của Pen−1 +
e
Tn−−11Tn−1Qn−1.
Chứng minh. (i) Từ định nghĩa chúng ta có
e Gn = An+ BnTenQen = GnPn +BnTnTn−1TenQen. Rõ ràngT−1 n TenQenx ∈ Nn với mọix ∈ Rm. Do đó,QnT−1 n TenQenx = T−1 n TenQenx
với mọi x ∈ Rm. Vậy, QnTn−1TenQen = T−1
n TenQen, kéo theo e Gn = GnPn+BnTnQnTn−1TenQen = GnPn +BnTnQnQnTn−1TenQen = GnPn+ (An +BnTnQn)Tn−1TenQen = GnPn+GnTn−1TenQen = Gn(Pn+Tn−1TenQen). Vậy, chúng ta có đẳng thức sau e Gn = Gn(Pn+ Tn−1TenQen). (3.2.5) Hơn nữa, từ quan hệ
(Pn+ Tn−1TenQen)(Pen +Ten−1TnQn) = PnPen+PnTen−1TnQn + Tn−1TenQenTen−1TnQn = Pn+PnQnTen−1TnQn+Tn−1TenTen−1TnQn = Pn+Qn = I, chúng ta suy ra Pn +T−1 n TenQen khả nghịch và (Pn+ Tn−1TenQen)−1 = Pen +Ten−1TnQn. (3.2.6)
Sử dụng các kết quả ở (3.2.5) và (3.2.6) chúng ta được
Gn = Gen(Pen+ Ten−1TnQn). (3.2.7) Từ các phương trình (3.2.5) và (3.2.6) chúng ta suy ra (3.2.4).
(ii) Từ (3.2.6) và (3.2.7) chúng ta thấy rằng imGn = imGen. Thêm vào đó, chú ý rằng
BnPn−1z = BnPen−1z+BnQen−1Pn−1z
= BnPen−1z+BnTnQnTn−1Qen−1Pn−1z
= BnPen−1z+GnTn−1Qen−1Pn−1z,
kéo theo BnPn−1z ∈ imGn khi và chỉ khi BnPen−1z ∈ imGen. Từ đây chúng ta chứng minh được (ii).
(iii) Với mọi z1 ∈ (Pen + Ten−−11Tn−1Qn−1)S1,n, tồn tại z ∈ S1,n sao cho z1 = (Pen+Ten−−11Tn−1Qn−1)z, và do đó BnPn−1z = BnPn−1(Pen−1 +Ten−−11Tn−1Qn−1)z = BnPn−1z +BnPn−1Pen−1Ten−−11Tn−1Qn−1z = BnPn−1z +BnPn−1Pen−1Qen−1Ten−−11Tn−1Qn−1)z = BnTn−1z. Vậy chúng ta nhận được BnPn−1z1 = BnPn−1z. (3.2.8) Mặt khác, vì z ∈ S1,n nên chúng ta suy ra BnPn−1z ∈ imGn, và sử dụng (3.2.8) chúng ta được BnPn−1z1 ∈ Gn.
Từ đây chúng ta suy ra z1 ∈ S1,n. Vậy, chúng ta có
Tiếp theo, chúng ta lấy z ∈ S1,n bất kỳ, và đặt z1 = (Pn−1+Tn−−11Ten−1Qen−1),
xét
BnPn−1z = BnPn−1(Pn−1 +Tn−−11Ten−1Qen−1)z
= BnPn−1z +BnPn−1Qn−1Tn−−11Ten−1Qen−1)z = BnTn−1z.
Điều này kéo theo z1 ∈ S1,n. Sử dụng (3.2.6) chúng ta sẽ được z = (Pen−1+
e Tn−−11Tn−1Qn−1)z1, với z1 ∈ S1,n, tức là z ∈ (Pen−1 + Ten−−11Tn−1Qn−1)S1,n. Từ đây chúng ta có bao hàm thức S1,n ⊆(Pen−1 +Ten−−11Tn−1Qn−1)S1,n. Bổ đề được chứng minh. Áp dụng Bổ đề 3.2.2 chúng ta được đẳng thức sau e N1,n−1 ∩Se1,n = (Pen−1 + Ten−−11Tn−1Qn−1)(N1,n−1 ∩S1,n). (3.2.9) Cần chú ý rằng từ phương trình (3.2.8) ta thấy định nghĩa sau sẽ không phụ thuộc vào cách lựa chọn phép chiếu lên Nn và đẳng cấu giữa Nn và
Nn−1. Đặt G−1 := G0.
Định nghĩa 3.2.1 Phương trình sai phân ngẫu nhiên ẩn tuyến tính (3.2.1) được gọi là có chỉ số 2 mềm (nói ngắn gọn là chỉ số 2) nếu
(i) dim(Nn−1 ∩Sn) ≡ d−s, 1≤ s ≤d−1,
(ii) N1,n−1 ∩ S1,n = {0} với mọi n ≥0.