ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

PHẠM THỊ HUYỀN TRANG

HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
TUYẾN TÍNH VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2017


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

PHẠM THỊ HUYỀN TRANG

HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN
TUYẾN TÍNH VÀ ỨNG DỤNG

Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. LÊ HẢI TRUNG

ĐÀ NẴNG - NĂM 2017


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận án là trung thực và chưa từng được ai
cơng bố trong bất kì cơng trình nào khác.
Tác giả

Phạm Thị Huyền Trang


LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên của luận văn tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo
hướng dẫn TS. Lê Hải Trung đã tận tình hướng dẫn trong suốt q trình
thực hiện để tơi có thể hồn thành được luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cô giáo
đã tận tình dạy bảo trong suốt thời gian học tập của khóa học. Đồng thời
cũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị, các bạn trong lớp PPTSCK32 đã
nhiệt tình giúp đỡ tơi trong q trình học tập tại lớp.
Tác giả

Phạm Thị Huyền Trang


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
CHƯƠNG 1. MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG

TRÌNH SAI PHÂN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1.1. SAI PHÂN HỮU HẠN CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN THỰC. CÁC KHÁI NIỆM
CƠ BẢN CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

.............................3

1.1.1. Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực . . . . . . . . . .3
1.1.2. Các khái niệm cơ bản của phương trình sai phân . . . . . 6
1.2. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN CẤP MỘT

............................ 9

1.3. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO

. . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.1. Hàm độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính. Định
thức Kazorati. Dấu hiệu nhận biết phụ thuộc tuyến tính . . . . . . . . 12
1.3.2. Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất . 12
1.3.3. Đồng nhất thức Abel đối với phương trình sai phân tuyến
tính cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.4. Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất hệ số
hằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
CHƯƠNG 2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN
TÍNH VÀ ỨNG DỤNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1. HỆ Ô-TÔ-NÔM

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.1. Thuật toán Putzer của hệ rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23



MỤC LỤC

5

2.1.2. Sự phát triển của thuật toán cho An . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH
2.3. CƠNG THỨC JORDAN

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3.1. Ma trận chéo hóa được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3.2. Dạng Jordan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.3. Khối ma trận chéo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.3.4. Các hệ tuần hoàn tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4. ỨNG DỤNG CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

. . . . . . 55

2.4.1. Các chuỗi Markov. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.4.2. Chuỗi Markov suy biến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.4.3. Các chuỗi Markov hấp thụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.4.4. Một mơ hình thương mại tiêu chuẩn. . . . . . . . . . . . . . . . . 62
2.4.5. Phương trình truyền nhiệt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68



NHỮNG KÍ HIỆU DÙNG TRONG LUẬN VĂN

N
N∗
R
Z
C
Z+
∆, ∆2 , ..., ∆n
Φ
I
0k,k
Ji

Tập hợp các số tự nhiên.
Tập hợp các số nguyên dương.
Tập hợp các số thực.
Tập hợp các số nguyên.
Tập hợp các số phức.
Tập hợp các số nguyên dương.
Toán tử sai phân.
Ma trận cơ sở.
Ma trận đơn vị.
Ma trận không cấp k × k .
Khối Jordan.


1


MỞ ĐẦU

1. Tính cấp thiết của đề tài
Phương pháp sai phân và phương trình sai phân được ứng dụng nhiều
trong các lĩnh vực khoa học, kĩ thuật. Sai phân có thể ứng dụng để giải
gần đúng phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng. Bên cạnh
đó, lý thuyết sai phân và phương trình sai phân cịn có nhiều ứng dụng
khác như: bài tốn tính tổng, tìm số hạng tổng quát của dãy số...
Hệ phương trình sai phân được mở rộng từ phương trình sai phân. Lý
thuyết hệ phương trình sai phân được ứng dụng nhiều trong các lĩnh vực
khác nhau của tốn học, chẳng hạn như giải tích số, lý thuyết xác suất,
giải tích tổ hợp. . .
Hệ phương trình sai phân tuyến tính được nghiên cứu và đưa ra nhiều
ứng dụng, đặc biệt là công thức Jordan và ứng dụng cho hệ phương trình
sai phân tuyến tính, như: chuỗi Markov, phương trình truyền nhiệt. . .
Với mong muốn đem lại một cơng cụ cho người đọc có sự quan tâm đến
những ứng dụng của hệ phương trình sai phân, cũng như được sự định
hướng và gợi ý của thầy giáo – TS. Lê Hải Trung, tôi đã quyết định chọn
nghiên cứu đề tài: “Hệ phương trình sai phân tuyến tính và ứng
dụng” cho luận văn thạc sĩ của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Hệ thống các kiến thức.
- Nghiên cứu về hệ phương trình sai phân tuyến tính.
- Ứng dụng của hệ phương trình sai phân cho chuỗi Markov, chuỗi
Markov suy biến, Markov hấp thu, phương trình nhiệt năng. . .
3. Đối tượng nghiên cứu
- Phương trình sai phân.


2


- Hệ phương trình sai phân.
- Các ứng dụng của hệ phương trình sai phân.
4. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu lý thuyết sai phân, phương trình sai phân, hệ phương trình
sai phân.
5. Phương pháp nghiên cứu
Các kiến thức liên quan đến việc thực hiện luận văn thuộc các lĩnh vực:
Đại số tuyến tính, Giải tích, lý thuyết phương trình vi phân, lý thuyết
phương trình sai phân. . .
6. Bố cục của đề tài
Luận văn có cấu trúc như sau
Mở đầu
Chương 1. Phương trình sai phân
1.1 Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực. Các khái niệm cơ bản
của phương trình sai phân.
1.2 Phương trình sai phân cấp một.
1.3 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao.
Chương 2. Hệ phương trình sai phân tuyến tính và ứng dụng
2.1 Hệ Ơ-tơ-nơm.
2.2 Hệ phương trình sai phân tuyến tính.
2.3 Cơng thức Jordan.
2.4 Ứng dụng của hệ phương trình sai phân tuyến tính.
Kết luận
Tài liệu tham khảo


3

CHƯƠNG 1


MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG
TRÌNH SAI PHÂN

Trong chương này, luận văn trình bày một số kiến thức cơ bản về sai
phân hữu hạn của một hàm số biến số thực, khái niệm phương trình sai
phân và các loại phương trình sai phân. Các kiến thức trong chương này
được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [4], [7], [8], [9].
1.1. SAI PHÂN HỮU HẠN CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN THỰC.
CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

1.1.1. Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực
Xét hàm số một biến thực f : R → R và h > 0
Định nghĩa 1.1.1. Ta gọi sai phân hữu hạn cấp 1 của hàm f tại x là đại
lượng

∆f (x) = f (x + h) − f (x).
Sai phân hữu hạn bậc n của f (x) là đại lượng

∆n f (x) = ∆ ∆n−1 f (x) , (n ≥ 1)
ở đây kí hiệu ∆0 f (x) = f (x).
Với n = 2, ta có:

∆2 f (t) = ∆(∆f (t)) = ∆(f (t + h) − f (t))
= (f (t + 2h) − f (t + h)) − (f (t + h) − f (t))
= f (t + 2h) − 2f (t + h) + f (t).
Bằng phương pháp quy nạp tốn học, ta có thể chứng minh được rằng
sai phân hữu hạn bậc n là tuyến tính, tức là:

∆n (f (t) + g(t)) = ∆n (f (t)) + ∆n (g(t)); ∆n (Cf (t)) = C∆n (f (t)).



4

Tính chất 1.1. Nếu c = const thì ∆c = 0.
Chứng minh. c = const suy ra ∆c = c − c = 0.
Tính chất 1.2. ∆n (xn ) = n!hn ; ∆m (xn ) = 0 (m > n).
Chứng minh.

∆ (xn ) = (x + h)n − xn = nh.xn−1 + ...
∆2 (xn ) = ∆ nxn−1 h + ... = nh∆ xn−1 + ...
= n (n − 1) h2 xn−2 + ...
...
∆n (xn ) = n!hn .
Từ tính chất (1.1) suy ra ∆m (xn ) = 0 ∀m > n.
Tính chất 1.3.

n

Cni ∆i f (x).

f (x + nh) =
i=0

Chứng minh. f (x + h) = (1 + ∆)f (x) = f (x) + ∆f (x).
Sử dụng liên tiếp công thức trên, ta được:

f (x + nh) = (1 + ∆)f (x + (n − 1)h)
= (1 + ∆)2 f (x + (n − 2)h)
= ...


n
n

Cni ∆i f (x).

= (1 + ∆) f (x) =
i=0

Tính chất 1.4.

n
n

(−1)i Cni f (x + (n − i)h).

∆ f (x) =
i=0

Chứng minh.

∆n f (x) = [(1 + ∆) − 1]n f (x)
n

(−1)i Cni (1 + ∆)n−i f (x)

=
i=0
n


(−1)i Cni f (x + (n − i)h).

=
i=0


5

Tính chất 1.5. Giả sử f ∈ C n [a; b] và (x, x + nh) ⊂ θ(0; 1), khi đó:
∆n f (x)
= f (n) (x + θnh); θ ∈ (0; 1).
n
h
Chứng minh. Với n = 1, ta có cơng thức số gia hữu hạn:
f (x + h) − f (x)
= f (x + θh).
h
Giả sử công thức đúng với k = n , tức là:
∆n f (x)
= f (n) (x + θnh).
hn
Ta chứng minh công thức đúng với k = n + 1.
Thật vậy, ta có:

∆n+1 f (x) = ∆ [∆n f (x)] = ∆ hn f (n) (x + θ nh) , trong đó θ ∈ (0; 1).
Áp dụng công thức số gia hữu hạn cho f (n) (x + θ nh)

∆n+1 f (x) = hn ∆(n) (x + θ nh)
= hn f (n) (x + θ nh + h) − f (n) (x + θ nh)
= hn+1 .f (n+1) (x + θ nh + θ h); (θ , θ ∈ (0; 1)).

(θ n + θ )
Kí hiệu θ =
∈ (0; 1) ta được
n+1
∆n+1 f (x) = f (n+1) (x + θ(n + 1)h).
Nhận xét 1.1.2. Nếu f ∈ C n [a; b] thì khi h đủ nhỏ ta có thể xem
∆n f (x)
(n)
.
f (x) ≈
hn
Tính chất 1.6. Nếu f (x) xác định trên tập số nguyên và h = 1; kí hiệu
xk = f (k); k = 0; 1; 2; ... thì
n

∆xi = xn+1 − x1 .
i=1

Chứng minh. Ta có:
n

∆xi = (x2 − x1 ) + (x3 − x2 ) + ... + (xn+1 − xn ) = xn+1 − x1 ,
i=1

với ∆xi = xi+1 − xi .


6

Vậy


n

∆xi = xn+1 − x1 .
i=1

1.1.2. Các khái niệm cơ bản của phương trình sai phân
Định nghĩa 1.1.3. Phương trình sai phân là phương trình có dạng

F (t, f (t), ∆f (t), ..., ∆n f (t)) = 0

(1.1)

Nếu trong (1.1), ta biểu diễn các sai phân hữu hạn bởi công thức trong
tính chất (1.4) thì ta nhận được phương trình:

G(t, f (t), f (t + h), ..., f (t + nh)) = 0.

(1.2)

Định nghĩa 1.1.4. Phương trình (1.2) được gọi là phương trình sai phân
cấp n.
Ví dụ 1.1.5. Xác định cấp của phương trình sau đây:

∆3 f (t) + ∆2 f (t) − ∆f (t) − f (t) = 0.
Lời giải. Ta có:

∆f (t) = f (t + h) − f (t); ∆2 f (t) = f (t + 2h) − 2f (t + h) + f (t).
∆3 f (t) = f (t + 3h) − 3f (t + 2h) + 3f (t + h) − f (t)
Do đó: ∆3 f (t) + ∆2 f (t) − ∆f (t) − f (t) = f (t + 3h) − 2f (t + 2h).

Đặt τ = t + 2h, khi đó phương trình cuối viết được dưới dạng

f (τ + h) − 2f (τ ) = 0,
là một phương trình sai phân cấp một.
Định nghĩa 1.1.6. Một hàm liên tục f (t) được gọi là nghiệm của phương
trình (1.2) trên tập Ω nếu ta thay nó vào phương trình thì ta nhận được
đẳng thức đúng trên Ω.
Ví dụ hàm f (t) = 3t là nghiệm của phương trình f (t + 2) − 9f (t) = 0
trên R.
Rõ ràng mọi hàm số có dạng f (t) = C(t)3t , với C(t) là hàm tuần hoàn
với chu kỳ T = 2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho.


7

Tiếp theo, ta sẽ luôn giả sử h = 1. Khi đó phương trình (1.2) có dạng:

G(t, f (t), f (t + 1), ..., f (t + n)) = 0.

(1.3)

Định nghĩa 1.1.7. Nghiệm rời rạc của phương trình (1.3) tương ứng tại
điểm t0 ∈ Z+ là chuỗi số f0 , f1 , ..., fk , ... sao cho:

G(t0 + k, fk , ..., fk+n ) = 0

(1.4)

với k = 0, 1, 2..., còn Z+ là tập các số nguyên dương.
Bài tốn Cauchy cho việc tìm nghiệm của phương trình (1.2) (sau đây

ta sẽ gọi là bài toán Cauchy (1.2)) nằm ở việc xác định f (t) của phương
trình này và đồng thời thỏa mãn các điều kiện (đầu) sau đây

f (t0 ) = f0 , f (t0 + 1) = f1 , ..., f (t0 + n − 1) = fn−1 .
Các số f0 , f1 , ...fn−1 được gọi là các giá trị đầu của nghiệm f (t), f0 được
gọi là điểm đầu.
Nếu f (t) là nghiệm liên tục của phương trình (1.2) trên [t0 ; +∞), khi
đó dãy f (t0 ), f (t0 + 1), ...f (t0 + k), ... sẽ là nghiệm rời rạc của (1.2). Tiếp
theo, ta lấy t0 = 0. Lúc đó nghiệm rời rạc ta viết dưới dạng f (t) và
được ngầm hiểu là hàm này chỉ xác định tại các điểm của tập Ω0 =
{t0 , t0 + 1, ..., t0 + k, ...} và f (t0 + k) = fk .
Ta sẽ giả sử phương trình (1.2) chỉ có thể giải được tương ứng đối với
f (t + n) và f (t), tức là biểu diễn được dưới dạng:

f (t + n) = ϕ1 (t, f (t), f (t + 1), ..., f (t + n − 1))

(1.5)

f (t) = ϕ2 (t, f (t + 1), ..., f (t + n))

(1.6)

và
Nếu hàm ϕ1 (t, f (t), f (t + 1), ..., f (t + n − 1)) xác định bởi vế phải của
phương trình (1.5) xác định tại mọi điểm t ∈ Z+ và mọi giá trị của
f (t), f (t + 1), ..., f (t + n − 1) thì một nghiệm rời rạc duy nhất được xác
định, nếu với mọi số t0 ∈ Z+ , f0 , f1 , ..., fn−1 được cho trước. Lúc đó biểu
thức fn+k = ϕ1 (t0 + k, fk , ..., fn+k−1 ) biểu diễn cơng thức truy hồi, để
thơng qua đó ta xác định được fn , fn+1 , ...
Tiếp theo, để đi đến khái niệm điểm duy nhất nghiệm Cauchy của



8

phương trình (1.2), ta xem xét một ví dụ đơn giản sau đây.
Ví dụ 1.1.8. Đối với phương trình f (t+1) = f 2 (t) thì dãy { 1, 1, ...1, ...}
là nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện đầu f (0) = 1, cịn nghiệm
của bài tốn Cauchy với điều kiện đầu f (0) = −1 là dãy {−1, 1, ...1, ...}.
Hiển nhiên, từ k
nghiệm như nhau.

1 thì với các điều kiện đầu khác nhau, ta thu được

Định nghĩa 1.1.9. Điểm (t0 , f0 , f1 , ..., fn−1 ) ∈ Z+ × Rn được gọi là điểm
duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy 1.2, nếu với bất kỳ nghiệm y(t) của
bài toán Cauchy thỏa mãn điều kiện đầu:

y(t0 ) = y0 , y(t0 + 1) = y1 , ..., y(t0 + n − 1) = yn−1
(f0 , f1 , ..., fn−1 ) = (y0 , y1 , ..., yn−1 ).
Suy ra với mọi k

1

(fk , fk+1 , ..., fk+n−1 ) = (y1 , yk+1 , ..., yk+n−1 ),
tức là với các điều kiện khác nhau thì sinh ra các nghiệm khác nhau.
Nhìn chung phương trình sai phân là có vơ số nghiệm, tuy nhiên có thể
lấy ví dụ cho trường hợp vô nghiệm (thực), chẳng hạn như phương trình
f 2 (t + 1) + f 2 (t) + 1 = 0.
Nếu như ta đòi hỏi hàm ϕ2 (t, f (t + 1), .., f (t + n)) vế phải của phương
trình (1.6) thỏa mãn các điều kiện tương tự như các điều kiện đối với


ϕ1 (t, f (t), f (t + 1), ..., f (t + n − 1)), thì mỗi điểm của tập Ω0 × Rn là điểm
tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.
Định nghĩa 1.1.10. Giả sử D là một tập con của không gian n + 1 chiều
Rn+1 và mỗi điểm của D đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài
toán Cauchy (1.2). Hàm f (t) = f (t, C1 , ..., Cn ) được gọi là nghiệm tổng
qt của phương trình (1.2), nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau:
1. Với mọi giá trị cho trước C1 , ..., Cn , hàm đã cho là nghiệm của phương
trình (1.2).
2. Mọi nghiệm của bài tốn Cauchy (1.2) với điều kiện đầu được lấy từ

D có thể nhận được từ nghiệm tổng quát một cách duy nhất.


9

1.2. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN CẤP MỘT
Ở phần này, ta sẽ tiến hành phân loại phương trình sai phân cấp một.
Để xây dựng nghiệm tổng quát của những phương trình này, ta sẽ tiếp cận
tương tự như lý thuyết phương trình vi phân cấp một.
Xét phương trình

∆f (t) = y(t), t ∈ Ω0

(1.7)

hay f (t + 1) = f (t) + y(t). Đặt vào phương trình cuối lần lượt các giá trị
t = t0 , t = t0 + 1, ..., t = n − 1, ta được:

f (t0 + 1) = f (t0 ) + y(t0 )

f (t0 + 2) = f (t0 + 1) + y(t0 + 1)
... = ...
f (n) = f (n − 1) + y(n − 1).
Cộng vế theo vế và đổi biến n := t ta được:
t−1

f (t) = C +

y(k), C = f (t0 ).

(1.8)

k=t0

Cơng thức (1.8) chính là cơng thức nghiệm cho phương trình (1.7). Tiếp
theo, ta xét một dạng khác của phương trình sai phân cấp một:

f (t + 1) = f (t)p(t), p(t) = 0, t ∈ Ω0 .

(1.9)

Lần lượt đặt vào (1.9) các giá trị t = t0 , t = t0 + 1, ..., t = n − 1 ta được:

f (t0 + 1) = f (t0 )p(t0 )
f (t0 + 2) = f (t0 + 1)p(t0 + 1)
... = ...
f (n) = f (n − 1)p(n − 1).
Nhân vế theo vế và đổi biến n := t, ta được:
t


t−1

f (k) =
k=t0 +1

t−1

f (k)
k=t0

p(k).

(1.10)

k=t0

Nếu f (t0 ) = 0 thì từ điều kiện p(t) = 0, t ∈ Ω0 ta suy ra f (t) = 0, t ∈ Ω0 .
t−1

y(k) = 0, ta nhận được

Giản ước cả hai vế của phương trình (1.10) cho
k=t0


10

nghiệm tổng quát của (1.9) có dạng:
t−1


f (t) = C

p(k).

(1.11)

k=t0

Phương trình (1.9) được coi là trường hợp riêng của phương trình sau đây:

f (t + 1) = p(t)f (t) + y(t), p(t) = 0, t ∈ Z+ .

(1.12)

Ta tiến hành xem xét phương pháp xây dựng nghiệm tổng quát của phương
trình trên, bằng phương pháp biến thiên hằng số hay còn gọi là phương
pháp Lagranger. Ta coi C trong (1.11) như là một hàm phụ thuộc vào t,
và công thức:
t−1

f (t) = C(t)

p(k).

(1.13)

k=t0

cho ta nghiệm của phương trình (1.12). Thay công thức (1.13) vào (1.12),
ta được:

t

t−1

C(t + 1)

p(k) = p(t)C(t)
k=t0

p(k) + y(t),
k=t0

t

t

p(k).∆C(t) = y(t), ∆C(t) = y(t)(
k=t0

p(k))−1 .

k=t0

Phương trình cuối có dạng (1.7), do đó nghiệm tổng quát của phương trình
trên có thể viết được dưới dạng (1.8):
t−1

k

p(m))−1 .


y(k).(

C(t) = C +

m=t0

k=t0

Đặt biểu thức nhận được với C(t) vào (1.13), ta thu được:
t−1

f (t) =

t−1

p(k)[C +
k=t0

k

y(k).(
k=t0

p(m))−1 ].

(1.14)

m=t0


Tiếp theo, ta tiến hành xem xét phương trình sai phân cấp một Riccati có
dạng sau đây:

f (t + 1)f (t) + af (t + 1) + bf (t) + c = 0

(1.15)

với a, b, c là các hằng số thực. Thực hiện phép đổi biến f (t) = u(t) + δ ,
với δ là một hằng số nào đấy, thay vào phương trình (1.15) ta được:

u(t + 1)u(t) + (a + δ)u(t + 1) + (b + δ)u(t) + (δ 2 + (a + b)δ + c) = 0.


11

Lấy δ chính là giá trị nghiệm của phương trình δ 2 +(a+b)δ+c = 0. Nghiệm
tầm thường của phương trình u(t) = 0 tương ứng với nghiệm f (t) = δ .
1
1
=
. Khi
Nếu cho f (t) = δ , thực hiện phép đổi biến v(t) =
u(t)
f (t) − δ
đó đối với v(t) ta nhận được phương trình:

(b + δ)v(t + 1) + (a + δ)v(t) + 1 = 0.
Nếu b + δ = 0, a + δ = 0 thì đây chính là phương trình sai phân tuyến
tính cấp một.
Nếu b + δ = 0 hoặc a + δ = 0 thì ta suy ra được c = ab. Phương trình

(1.15) trong trường hợp này ln đưa được về dạng [f (t + 1) + b] [f (t) + a] =
0, do đó nó có hai nghiệm f (t) = −b, f (t) = −a.
Sau đây, ta đi vào một số ví dụ cụ thể cho phương trình sai phân cấp
một.
Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình:

f (t + 1)f (t) + 2y(t + 1) + y(t) − 4 = 0.
Để triệt tiêu số hạng tự do −4, ta thực hiện phép đổi biến f (t) = u(t) + δ ,
trong đó δ là nghiệm của phương trình δ 2 + 3δ − 4 = 0. Giả sử ta lấy
δ = 1, thu được phương trình u(t + 1)u(t) + 3u(t + 1) + 2u(t) = 0. Nếu

u(t) = 0 thì y(t) = 1 là nghiệm của phương trình ban đầu.
1
Nếu u(t) = 0, ta đổi biến u(t) =
, nhận được phương trình:
v(t)
2v(t + 1) + 3v(t) + 1 = 0
hay

−3
1
v(t) − .
2
2
Nghiệm tổng quát của phương trình này tìm được theo công thức (1.14)
và đặt vào t0 = 0. Ta có được:
t−1
−1
−3 −k−1
−3 t 1

−3 t
C+
=C
v(t) =
− .
2
2
2
2
5
k=0
v(t + 1) =

Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu được cho bởi công thức:


12

f (t) =

1
+ 1.
−3 t 1
−
C
2
5

1.3. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO


1.3.1. Hàm độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính.
Định thức Kazorati. Dấu hiệu nhận biết phụ thuộc tuyến tính
Định nghĩa 1.3.1. Các hàm số ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) được gọi là phụ
thuộc tuyến tính trên tập Ω, nếu tồn tại bộ số C1 , C2 , ..., Cn không đồng
thời bằng không để cho đẳng thức sau được thỏa mãn:

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Cn ϕn (t) = 0, t ∈ Ω.
Định nghĩa 1.3.2. Các hàm số ϕ1 (t), ϕ2 (t), ..., ϕn (t) được gọi là độc lập
tuyến tính trên tập Ω, nếu từ đẳng thức:

C1 ϕ1 (t) + C2 ϕ2 (t) + ... + Cn ϕn (t) = 0, t ∈ Ω
ta nhận được C1 = C2 = ... = Cn = 0.
Định nghĩa 1.3.3. Định thức
ϕ1 (t)
ϕ2 (t)
...
ϕn (t)
ϕ1 (t + 1)
ϕ2 (t + 1)
...
ϕn (t + 1)
K(t) =
(1.16)
...
ϕ1 (t + n − 1) ϕ2 (t + n − 1) ... ϕn (t + n − 1)
được gọi là định thức Kazorati bậc n của các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), .., ϕn (t).
Định lí 1.3.4. (Điều kiện cần để các hàm phụ thuộc tuyến tính). Nếu
các hàm ϕ1 (t), ϕ2 (t), .., ϕn (t) là phụ thuộc tuyến tính trên Ω thì định thức
Kazorati của chúng bằng khơng trên Ω.


1.3.2. Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất
Định nghĩa 1.3.5. Phương trình có dạng

f (t+n)+p1 (t)f (t+n−1)+p2 (t)f (t+n−2)+...+pn (t)f (t) = y(t) (1.17)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n.
Với giả thiết các hệ số pi (t), i = 1, n và vế phải f (t) của phương trình
(1.17)là xác định trên Z+ , đồng thời pi (t) = 0, t ∈ Z+ . Trong các điều kiện
trên thì bất kỳ điểm nào thuộc Z+ × Rn cũng đều là điểm tồn tại và duy


13

nhất nghiệm của bài tốn Cauchy cho phương trình (1.17).
Phương trình

z(t + n) + p1 (t)z(t + n − 1) + p2 (t)z(t + n − 2) + ... + pn (t)z(t) = 0 (1.18)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất (TTN)
tương ứng với trường hợp y(t) = 0 trong (1.17).
Định lí 1.3.6. (Tiêu chuẩn độc lập tuyến tính của các nghiệm TTN) Các
nghiệm z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) của phương trình (1.18) là độc lập tuyến tính
trên Z+ khi và chỉ khi định thức Kazorati của chúng khác không trên Z+ .
Chứng minh. Điều kiện đủ của định lý được khẳng định ngay cả đối
với những hàm không phải là nghiệm của TTN. Điều này được suy ra từ
chính Định lý (1.3.6). Ta đi chứng tỏ điều kiện cần của định lý cho trường
hợp nghiệm của TTN. Giả sử các nghiệm z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) là độc lập
tuyến tính trên Z+ và tồn tại t∗ ∈ Z+ để cho K(t∗ ) = 0. Xét hệ phương
trình tuyến tính thuần nhất n phương trình n ẩn số:

C1 z1 (t∗ ) + C2 z2 (t∗ ) + ... + Cn zn (t∗ )
= 0,




∗
∗
∗
C1 z1 (t + 1) + C2 z2 (t + 1) + ... + Cn zn (t + 1)
= 0,
...



C1 z1 (t∗ + n − 1) + C2 z2 (t∗ + n − 1) + ... + Cn zn (t∗ + n − 1) = 0.
(1.19)
Định thức của hệ này theo giả thiết K(t∗ ) = 0, do đó (1.19) có nghiệm
khơng tầm thường, kí hiệu (C1∗ , C2∗ , ..., Cn∗ ) là nghiệm không tầm thường
đó. Xét hàm:

z ∗ (t) = C1∗ z1 (t) + C2∗ z2 (t) + ... + Cn∗ zn (t),
đây cũng là nghiệm của (1.18) (tổ hợp tuyến tính của các nghiệm). Ta tiếp
tục làm rõ xem tại điểm t∗ thì điều kiện đầu nào sẽ thỏa mãn cho nghiệm
đã cho. Từ các phương trình của hệ (1.19) ta có được:

z ∗ (t∗ ) = 0, z ∗ (t∗ + 1) = 0, ..., z ∗ (t∗ + n − 1) = 0.
Từ tính duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy ta nhận được z ∗ (t∗ ) =


14

0, t ∈ Z+ . Như thế

C1∗ z1 (t)

+

n

C2∗ z2 (t)

+ ... +

Cn∗ zn (t)

Ci2 = 0,

= 0, t ∈ Z+ ,
i=1

điều này mâu thuẫn với giả thiết độc lập tuyến tính của hệ đã cho!.
Định lí 1.3.7. (Neumann) Định thức Kazorati của bất kỳ n nghiệm của
phương trình (1.18) đều thỏa mãn phương trình

K(t + 1) = (−1)n pn (t)K(t).

(1.20)

Chứng minh. Giả sử z1 (t), z2 (t), ..., zn (t) là nghiệm nào đấy của phương
trình
(1.18) (khơng nhất thiết phải độc lập tuyến tính). Xét hệ

p1 (t)z1 (t + n − 1) + p2 (t)z1 (t + n − 2) + ... + pn (t)z1 (t) = −z1 (t + n),




p1 (t)z2 (t + n − 1) + p2 (t)z2 (t + n − 2) + ... + pn (t)z2 (t) = −z2 (t + n),
...



p1 (t)zn (t + n − 1) + p2 (t)zn (t + n − 2) + ... + pn (t)zn (t) = −zn (t + n).
(1.21)
trong đó p1 (t), ..., pn (t) được coi như là các ẩn. Hệ (1.21) đồng nhất với hệ
sau:


p1 (t)∆ = ∆1 ,



p2 (t)∆ = ∆2 ,
...



pn (t)∆ = ∆n .

(1.22)

pn (t)∆ = ∆n .

(1.23)


Xét phương trình

Ở đây ∆ là định thức hệ số của hệ (1.21) , còn ∆n nhận được khi ta bỏ đi
cột thứ n của ∆ và thay vào đó là vế phải (1.21). Ta chứng tỏ rằng phương
trình cuối (1.23) thực chất là một cách viết khác của (1.20).
Ta đi biểu diễn ∆, ∆n qua định thức Kazorati. Ta có:
z1 (t + n − 1) z1 (t + n − 2) ... z1 (t + 1) z1 (t)
z (t + n − 1) z2 (t + n − 2) ... z2 (t + 1) z2 (t)
∆ = 2 .....
zn (t + n − 1) zn (t + n − 2) ... zn (t + 1) zn (t+)
z1 (t) z1 (t + n − 1) ... z1 (t + 1)
z2 (t) z2 (t + n − 1)
z2 (t + 1)
= (−1)n−1 .....
=
zn (t) zn (t + n − 1) ... zn (t + 1)


15

= (−1)n−1 (−1)n−2

z1 (t) z1 (t + 1) z1 (t + n − 1) ... z1 (t + 2)
z2 (t) z2 (t + 1) z2 (t + n − 1) ... z2 (t + 2)
=
.....
zn (t) zn (t + 1) zn (t + n − 1) ... zn (t + 2)

= (−1)n−1 (−1)n−2 ...(−1)1


n−1

= (−1)k=1

k

z1 (t) z1 (t + 1) z1 (t + 2) ... z1 (t + n − 1)
z2 (t) z2 (t + 1) z2 (t + 2) ... z2 (t + n − 1)
=
.....
zn (t) zn (t + 1) zn (t + 2) ... zn (t + n − 1)

z1 (t)
z2 (t)
...
zn (t)
n(n−1)
z1 (t + 1)
z2 (t + 1)
...
zn (t + 1)
2
K(t).
=
(−1)
.....
z1 (t + n − 1) z2 (t + n − 1) ... zn (t + n − 1)

Tương tự như thế ta có được

z1 (t + n − 1) z1 (t + n − 2) ... z1 (t + 1) −z1 (t + n)
z (t + n − 1) z2 (t + n − 2) ... z2 (t + 1) −z2 (t + n)
∆n = 2 .....
=
zn (t + n − 1) zn (t + n − 2) ... zn (t + 1) −zn (t + n)
z1 (t + n) z1 (t + n − 1) ... z1 (t + 1)
n(n−1)
z
(t + n) z2 (t + n − 1) ... z2 (t + 1)
= (−1)n 2 .....
= (−1)n (−1) 2 K(t+1).
zn (t + n) zn (t + n − 1) ... zn (t + 1)
Như vậy phương trình (1.23) viết được dưới dạng

pn (t)(−1)

n(n−1)
2

K(t) = (−1)n (−1)

n(n−1)
2

K(t + 1)

hay

K(t + 1) = (−1)n pn (t)K(t).
Giải phương trình cuối ta thu được cơng thức

t−1

t−1
n

K(t) = K(t0 )

n(t−t0 )

(−1) pn (i) = K(t0 )(−1)
i=t0

pn (i).
i=t0

Hệ quả 1.3.8. Nếu hệ số pn (t) = 0 thì định thức Kazorati của bất kỳ
các nghiệm của phương trình (1.18) hoặc đồng nhất bằng 0 trên Z+ , hoặc
không bao giờ bằng 0.
Định nghĩa 1.3.9. Bất kỳ n nghiệm độc lập tuyến tính của TTN (1.18)
được gọi là hệ nghiệm cơ bản.
Định lí 1.3.10. (Về nghiệm tổng quát của TTN) Nếu z1 (t), z2 (t), ..., zn (t)
là hệ nghiệm cơ bản của phương trình (1.18) thì nghiệm tổng quát của


16

phương trình này trong tập D = Z+ × Rn có thể viết được dưới dạng
z(t) = C1 z1 (t) + C2 z2 (t) + ... + Cn zn (t), với Ci là các hằng số tùy ý.
Chứng minh. Ta cần chỉ ra sự thỏa mãn hai điều kiện trong định nghĩa
n


Ci zi (t) là

của nghiệm tổng quát. Đối với mọi giá trị Ci hàm số z(t) =
i=1

nghiệm của (1.18), điều này được suy ra trực tiếp từ tính tuyến tính của
phương trình.
Giả sử z(t) là nghiệm của bài tốn Cauchy đối với (1.18) với các điều
kiện đầu trong D: z(t0 ) = z 0 , z(t0 + 1) = z 1 , ..., z(t0 + n − 1) = z n−1 . Xét
hệ:

C1 z1 (t0 ) + C2 z2 (t0 ) + ... + Cn zn (t0 )
= z0,



C1 z1 (t0 + 1) + C2 z2 (t0 + 1) + ... + Cn zn (t0 + 1)
= z1,
...



C1 z1 (t0 + n − 1) + C2 z2 (t0 + n − 1) + ... + Cn zn (t0 + n − 1) = z n−1 .
(1.24)
Định thức của hệ (1.24) chính bằng K(t0 ). Vì K(t0 ) = 0 nên hệ đã cho
trước mọi giá trị của vế phải chỉ có duy nhất một nghiệm C1 = C10 , ..., Cn =

Cn0 . Xét hàm ϕ(t) = C10 z1 (t) + ... + Cn0 zn (t), và cũng chính là nghiệm
của (1.18). Từ (1.23) cho ta ϕ(t) thỏa mãn các điều kiện đầu ϕ(t0 ) =

z 0 , ϕ(t0 + 1) = z 1 , ..., ϕ(t0 + n − 1) = z n−1 . Do tính duy nhất nghiệm của
bài toán Cauchy nên ϕ(t) = z(t), tức là z(t) = C10 z1 (t) + ... + Cn0 zn (t).
Đây chính là điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.3.11. TTN bậc n khơng thể có nhiều hơn n nghiệm độc lập
tuyến tính.
1.3.3. Đồng nhất thức Abel đối với phương trình sai phân
tuyến tính cấp n
Xét phương trình sai phân tuyến tính cấp n sau:
n

pi (t)z(t + n − i) = 0, p0 (t) = 1.

Lz(t) =

(1.25)

i=0

Giả sử các hệ số pi (t) của phương trình (1.25) xác định trên Z+ , pn (t) =

0, t ∈ Z+ . Ta xem xét trường hợp khi đã biết n − 1 nghiệm độc lập tuyến
tính z1 (t), ..., zn−1 (t) của phương trình (1.25). Giả sử K(t) là định thức
Kazorati của hệ nghiệm này. Khi đó nghiệm zn (t) sẽ được tính theo công


17

thức sau:

k−1


∆n−1 (t, k)

t−1

(−1)n pn (m)

m=0

zn (t) =

(1.26)

K(k)K(k + 1)

k=0

ở đây, ∆1 (t, τ ) = z1 (t) và:
z1 (τ + 1)
z1 (τ + 2)
...
∆n−1 (t, τ ) =
z1 (τ + n − 2)
z1 (t)

z2 (τ + 1)
z2 (τ + 2)

...
...


z2 (τ + n − 2)
z2 (t)

...

zn−1 (τ + 1)
zn−1 (τ + 2)
.
zn−1 (τ + n − 2)
zn−1 (t)
(1.27)

Công thức (1.26) được gọi là đồng nhất thức Abel.
Chứng minh. Để ý rằng ∆n−1 (t, τ ) với mọi τ ∈ Z+ là nghiệm của
phương trình (1.25). Thật vậy, ∆n−1 (t, τ ) là tổ hợp tuyến tính của z1 (t), ..., zn−1 (t).
Lần lượt ta đi tính zn (t + 1), ..., zn (t + n). Ta có
k−1

(−1)n pn (m)

∆n−1 (t + 1, k)

t

m=0

zn (t + 1) =

K(k)K(k + 1)


k=0

k−1

(−1)n pn (m)

∆n−1 (t + 1, k)

t−1

m=0

=

K(k)K(k + 1)

k=0

do ∆n−1 (t + 1, t) = 0. Tương tự như thế
k−1

(−1)n pn (m)

∆n−1 (t + i, k)

t−1

m=0


zn (t + i) =

, i = 2, 3, ..., n − 2,

K(k)K(k + 1)

k=0

k−1
t−1

∆n−1 (t + n − 1, k)
m=0

zn (t + n − 1) =

k−1

∆n−1 (t + n − 1, t)

k=0

=

K(k)K(k + 1)

∆n−1 (t + n − 1, k)

t−1


(−1)n pn (m)

m=0

=

(−1)n pn (m)

m=0
k−1

t−1

+

K(k)K(k + 1)

k=0

+

(−1)n pn (m)

K(k)K(k + 1)

+

(−1)n pn (m)

m=0


K(t)

,


18

do bởi ∆n−1 (t + n − 1, t) = K(t + 1).
k−1
t−1

∆n−1 (t + n, k)
m=0

zn (t + n) =

+

K(k)K(k + 1)

k=0
t−1

t

n

∆n−1 (t + n, t)
+


(−1)n pn (m)

(−1)n pn (m)

(−1) pn (m)
m=0

+

K(k)K(k + 1)

m=0

.

K(t + 1)

Tiếp theo ta đi tính ∆n−1 (t + n, t). Ta có
z1 (t + 1)
z2 (t + 1)
...
zn−1 (t + 1)
z1 (t + 2)
z2 (t + 2)
...
zn−1 (t + 2)
...
∆n−1 (t, τ ) =
z1 (t + n − 2) z2 (t + n − 2) ... zn−1 (t + n − 2)

z1 (t + n)
z2 (t + n)
zn−1 (t + n)
z1 (t + 1)
z2 (t + 1)
...
zn−1 (t + 1)
z1 (t + 2)
z2 (t + 2)
...
zn−1 (t + 2)
...
=
z1 (t + n − 2)
z2 (t + n − 2)
...
zn−1 (t + n − 2)
n

−

n

n

pi (t)z1 (t + n − i) −
i=1

pi (t)z2 (t + n − i) ... −
i=1


pi (t)zn−1 (t + n − i)
i=1

= −p1 (t)K(t+1)−pn (t)(−1)n−2 K(t) = −p1 (t)K(t+1)−pn (t)(−1)n K(t).
Đặt các giá trị của zn (t + i), i = 1, 2, .., n vào (1.25) ta được:
i−1
t−1

L(∆n−1 (t, i))
m=0

i=1

p1 (t)
+

K(i)K(i + 1)
t−1

p1 (t)
−

t−1

(−1)n pn (m)

(−1)n pn (m)

m=0


K(t)

−

(−1)n pn (m)

m=0

K(t)

=0

vì L(∆n−1 (t, i)) = 0.
Như vậy ta đã chứng minh được rằng zn (t) là nghiệm của phương trình
(1.25). Tiếp theo ta chứng tỏ hệ z1 (t), ..., zn (t) tạo thành hệ nghiệm cơ
sở. Ta cần chứng tỏ rằng định thức Kazorati của chúng tại t = 0 là khác
khơng. Ta có:

zn (0) = zn (1) = ... = zn (n − 2) = 0, zn (n − 1) = (K(0))−1 .