Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Một số kiến thức cơ bản về ph-ơng trình vi phân

3
5

1

Tính chất tổng quát nghiệm của hệ ph-ơng trình vi phân tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . .

5

2

Công thức Ostrogratski-Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3

Ph-ơng pháp biến thiên hằng số Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

4

Bổ đề Growall-Bellman và Bihari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10


Tiêu chuẩn Hurwits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

3 Nghiên cứu ổn định bằng số mũ Liapunov

26

1

Số mũ đặc tr-ng của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2

Số mũ đặc tr-ng của ma trận hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

3

Phổ của hệ vi phân tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

4

Hệ cơ bản chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


51

10

Hệ chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

1


11

§Þnh lý Perron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

12

TÝnh chÝnh quy cña hÖ tuyÕn tÝnh tam gi¸c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

13

LÝ thuyÕt Floquet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

14

đó, thông qua việc thực hiện khóa luận, tôi kỳ vọng với sự h-ớng dẫn của các thầy, cô giáo, tôi có thể trang bị
thêm cho mình những kỹ năng tự học, tự nghiên cứu để sử dụng nh- một công cụ hữu hiệu trong suốt quá trình
học tập, công tác tiếp theo.
II. Mục đích và nhiệm vụ
1. Mục đích
Khóa luận đặt ra 2 mục tiêu:
1. Nghiên cứu tài liệu, hệ thống hóa các kiến thức về lý thuyết ổn định, bao gồm các khái niệm cơ và
các định lý cơ bản về ổn định; nghiên cứu tính ổn định của hệ vi phân tuyến tính bằng ph-ơng pháp số mũ
Liapunov, từ đó tìm hiểu các kết quả về tính ổn định của các hệ gần tuyến tính và các hệ có nhiễu tác động
th-ờng xuyên.
2. Thông qua quá trình thực hiện khóa luận để có điều kiện rèn luyện kỹ năng tự học, tự nghiên cứu tài
liệu. Đó là quá trình tìm hiểu, lựa chọn học liệu, nghiên cứu để tập hợp và hệ thống hóa, vận dụng và trình bày
lại những kiến thức cơ bản một cách hệ thống theo mục tiêu đặt ra.
2. Nhiệm vụ
Nhiệm vụ cơ bản khi thực hiện khóa luận là: Lựa chọn tài liệu, học liệu, nghiên cứu về đề tài của khóa
luận; Xây dựng đề c-ơng tổng quát và đề c-ơng chi tiết; Thực hiện các nội dung nghiên cứu của khóa luận:
Trình bày các khái niệm, các định lí có chứng minh chi tiết có liên quan.
III. Ph-ơng pháp nghiên cứu
Ph-ơng pháp nghiên cứu lí thuyết, tập hợp, s-u tầm, nghiên cứu tài liệu, so sánh, đối chiếu và sử dụng các

3


kiến thức toán học đã biết để nhất quán hóa và trình bày hoàn chỉnh những nội dung kiến thức liên quan trên
thành một chủ đề trọn vẹn. Trong quá trình thực hiện luận án có thảo luận, xin ý kiến các thầy cô giáo và thực
hiện sự chỉ đạo trực tiếp của giảng viên h-ớng dẫn.
IV. Cấu trúc của khóa luận Khóa luận bao gồm phần mở đầu, ba ch-ơng nội dung chính và phần kết luận.
Nội dung chính cụ thể là: Ch-ơng 1: Một số kiến thức cơ bản về ph-ơng trình vi phân: Trình bày vắn tắt những
kiến thức cơ bản nhất về lý thuyết PTVP có sử dụng trong ch-ơng 2 và ch-ơng 3 của Khóa luận. Ch-ơng 2:
Các khái niệm cơ bản về lý thuyết ổn định: Trình bày một cách hệ thống các khái niệm và các kết quả cơ bản

dy
= A(t)y + f(t)
dt

(1.2)

Hệ (1.2) với A(t), f(t) C(I + ) luôn thoả mãn điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy:
Với mọi (t0 , y0 ) I + ì Kn hệ (1.2) có duy nhất nghiệm y(t) xác định trong I + và thoả mãn y(t0 ) = y0.
Xét hệ thuần nhất t-ơng ứng với hệ (1.2):
dx
= A(t)x
dt

(1.3)

Cho xj (t) = col [x1j (t), x2j (t), . . . , xnj (t)] , j = 1, n là n nghiệm của (1.3) trên khoảng I + , khi đó:
Định nghĩa 1.1. Ma trận X(t) = [x1(t) x2(t) . . . xn(t)] là ma trận vuông cấp n lập nên bởi n nghiệm đó sao
cho mỗi cột thứ j là cột toạ độ của nghiệm xj (t) đ-ợc gọi là ma trận nghiệm của hệ (1.3). Nếu hệ nghiệm
{xj (t)} là hệ nghiệm cơ bản (tức là hệ n nghiệm độc lập tuyến tính trên I + ), thì X(t) đ-ợc gọi là ma trận
nghiệm cơ bản.
Mệnh đề 1.2. Ma trận nghiệm X(t) bất kì của hệ (1.3) thoả mãn ph-ơng trình ma trận sau:

X(t)
= A(t)X(t)

(1.4)

Mệnh đề 1.3. Nếu X(t) là ma trận nghiệm cơ bản của hệ (1.3) thì mọi nghiệm của hệ đều đ-ợc biểu diễn d-ới
dạng:
x(t) = X(t)c, c = col(c1, . . . , cn) Kn là ma trận cột hằng số nào đó


Ng-ợc lại bằng cách nhân lần l-ợt hai vế của hệ (1.4) với các vector ei trong cơ sở chính tắc của Kn ta
đ-ợc: Nếu X(t) là ma trận bất kì thoả mãn ph-ơng trình (1.4), thì mỗi cột của nó là một nghiệm của hệ (1.3).
Hơn nữa nếu định thức det X(t) = 0 thì X(t) là ma trận nghiệm cơ bản của hệ.
Giả sử x = x(t) là nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu x(t0 ) = x0. ta đ-ợc x(t0) = X(t0 )c. Do đó
c = X 1 (to )x(to ). Vì vậy:
x(t) = X(t)X 1 (t0 )x(t0)

(1.7)

Định nghĩa 1.4. Ta gọi ma trận K(t, t0 ) = X(t)X 1 (t0 ) là ma trận Cauchy của hệ (1.3).
Ta thấy, mọi nghiệm của hệ đều có dạng: x(t) = K(t, t0)x(t0 ). Đặc biệt, nếu ma trận nghiệm cơ bản X(t)
chuẩn tắc tại t0 , tức X(t0 ) = E, thì công thức (1.7) có dạng:
x(t) = X(t)x(to )

(1.8)

Ma trận Cauchy không phụ thuộc vào việc chọn ma trận nghiệm cơ bản X(t). Thật vậy, giả sử X(t) là một
ma trận cơ bản khác của (1.3) thì ta có X(t) = X(t)C, trong đó C là ma trận hằng không suy biến. Do đó:
K(t, t0) = X(t)X 1 (t0) = X(t)CC 1 X 1 (t0 ) = K(t, t0 ).

Nếu y(t) là một nghiệm nào đó của hệ không thuần nhất (1.2), thì nghiệm tổng quát của hệ (1.2) có thể viết
d-ới dạng: y(t) = y(t) + X(t)c, trong đó y(t) là một nghiệm riêng nào đó của hệ và c là ma trận cột hằng số.
Nếu y(t0 ) = 0 thì c = X 1 (t0 )y(t0 ). Do đó:
y(t) = y(t) + K(t, t0)y(t0 ).

2

Công thức Ostrogratski-Liouville
Giả sử X(t) = [xjk (t)] là ma trận cơ bản của hệ vi phân thuần nhất (1.3). Định thức W (t) = det X(t)

ããã
6

x1k (t)
..
.
xjk (t)
..
.
xnk(t)

...
..
.
ããã
..
.
ããã

x1n(t)
..
.
xjn(t) .
..
.
xnn(t)


Do xjk(t) =


.

x1n(t)
..
.

ajs(t) xs1(t)
..
.

...
..
.
ããã
..
.

xn1(t)

ããã

xnk (t) ã ã ã

xnn(t)

n

=

x1k (t)

= A(t)x,
dt

A(t) C(I + )

(2.3)

Giả sử t0 I + và x = x(t) là một nghiệm của hệ (2.3) xác định bởi điều kiện đầu:
x(t0 ) = x0

(2.4)

Để biểu diễn giải tích nghiệm x(t), ta dùng ph-ơng pháp xấp xỉ liên tiếp: Hệ (2.3) với điều kiện đầu (2.4)
t-ơng đ-ơng với ph-ơng trình tích phân:
t

x(t) = x(t0 ) +

A(t1 )x(t1)dt1 .
t0
t1

Thay thế x(t1) trong ph-ơng trình trên bởi x(t1 ) = x(t0 ) +

A(t2 )x(t2 )dt2 ta đ-ợc:
t0

t

x(t) = x(t0) +

t0

Kí hiệu:
t

tt0

=E+

A(t1 )dt1 +
t0

t1

t

A(t1 )dt1
t0

7

A(t2 )dt2 + . . .
t0

(2.5)


Định nghĩa 2.1. Ma trận tt0 gọi là ph-ơng trận của hệ vi phân (2.3).
Ta có:
x(t) = tt0 x(t0)

t0 A t t0 +B

A(t) . Với t [, ], ta có

các đánh giá sau:
t

A(t1 ) dt1

M | t t0 |,

t0
t1

t

A(t1 ) dt1
t0

Vì |t t0 |

t

M2

A(t2 ) dt2
t0

|t1 t0 |dt1


t

A(t2 )dt2 + A(t)
t0

A(t3 )dt3 + . . . A(t)tt0 ,

A(t2 )dt2
t0

t0

Ngoi ra tt00 = E nên ph-ơng trận tt0 l ma trận cơ bản chuẩn tắc của hệ vi phân thuần nhất (2.3) và một
nghiệm x(t) bất kì của hệ đó đ-ợc biểu diễn theo công thức:
x(t) = tt0 x(t0 ) K(t, t0 )x(t0 )
Nhờ tính chất duy nhất nghiệm ta nhận đ-ợc tính chất cơ bản của ph-ơng trận:
tt1 tt10 = tt0

3

với (t0, t1) I + .

Ph-ơng pháp biến thiên hằng số Lagrange
Xét hệ vi phân không thuần nhất:
dy
= A(t)y + f(t)
dt

(3.1)


= f(t). Do đó u(t) = c + X 1 (t1 )f(t1 )dt1. Kết hợp với (3.3) có:
dt
t0
t

y(t) = X(t)c +

K(t, t1)f(t1 )dt1

(3.4)

t0

Trong đó K(t, t1 ) = X(t)X 1 (t1 ) l ma trận Cauchy của hệ (3.2). Để xác định vector hằng c ta thay t = t0
vo công thức (3.4) ta đ-ợc: c = X 1 (t0 )y(t0 ). Từ đó:
t

y(t) = K(t, t0 )y(t0 ) +

K(t, t1)f(t1 )dt1

(3.5)

t0

Đặc biệt, nếu X(t) chuẩn tắc tại t0, thì từ công thức (3.5) ta có:
t

y(t) = X(t)y(t0 ) +


t0

9

(3.7)


Đặc biệt, khi y(0) = 0, thì hệ không thuần nhất (3.6) có một nghiệm riêng:
t

X(t t1)f(t1 )dt1.

y(t) =
0

4

Bổ đề Growall-Bellman và Bihari
1.Bổ đề Growall-Bellman

Bổ đề 4.1. (Growall-Bellman). Giả sử u(t)
Nếu

0, f(t)

0 với t

t0 và u(t), f(t) C[t0, +).

t


f(t)u(t)

1

t

f( )u( )d

c+

t0

Chú ý 1.

(4.3)

f( )u( )d
t0

t
d
c + f( )u( )d = f(t)u(t) nên khi lấy tích phân bất đẳng thức (4.3) từ t0 đến t ta đ-ợc:
dt
t0

t

ln[c +


Chú ý 2. Nếu chuyển qua giới hạn các công thức (4.1) và (4.2) khi c +0, ta thấy rằng Bổ đề vẫn đúng nếu
hằng số c bằng 0.
2.Bổ đề Growall-Bellman mở rộng
Bổ đề 4.2. Giả sử u(t) liên tục, d-ơng trên khoảng (a; b) và thoả mãn điều kiện:
t

u(t)

u(t1 ) + |

f( )u( )d |, t1, t (a; b)

(4.4)

t1

trong đó f(t) C(a; b). Khi đó, với a < t0

t < b ta có:

t

u(t0) exp[

t

f( )d ]

u(t)


f( )d

(4.6)

t1
t1

Với t

t1 điều kiện (4.4) trở thành: u(t)

u(t1) +

f( )u( )d. Do đó:
t

u(t)
u(t1 ) +

f(t)u(t)

1

t1

f( )u( )d

f(t)

t1


u(t1 ) +

t1

f( )u( )d

u(t1) exp

f( )d

t

t
t

Thay đổi vai trò của t và t1 với t

t1 ta đ-ợc: u(t1 )

u(t) exp

f( )d. Suy ra
t1

t

u(t)

u(t1 ) exp

u

du1
, (0 < u < u).
(u1 )

(u) =

(4.9)

c

Nếu:

t

f( )d < (u 0), (t0

t < ),

(4.10)

t < )

(4.11)

t0

Thì:


t0

Th×
1
1−m

t

u(t)

c1−m + (1 − m)

f(τ )dτ

víi 0 < m < 1

t0

vµ
c

u(t)

1
m−1

t

1 − (m −


Xét hệ PTVP

dyj
(1.1)
= fj (t, y1, y2 , ..., yn) (j = 1, n)
dt
trong đó t là biến độc lập, y1 , ..., yn là các hàm số phải tìm, fj (t, y1 , ..., yn) là các hàm xác định trong
miền Z = It+ ì Dy , It+ = (a < t < +), với a R hoặc a = , Dy l tập mở trong Kn , (K = R hoặc
K = C). Kí hiệu:



y1
y2

y = . ,
..
yn




f1 (t, y)
f2 (t, y)


f(t, y) = . ,
.
.
fn (t, y)

Hàm vector y = y(t) Dy Kn thuộc lớp C 1 trên khoảng (a, b) It+ nào đó và thoả mãn ph-ơng
trình (1.2) trên khoảng đó gọi là nghiệm của ph-ơng trình (1.1).
0,1
Sau này ta th-ờng giả thiết rằng f(t, y) Ct,y
(Z), tức là f liên tục theo t và có đạo hàm riêng cấp

một liên tục theo các biến y1 , ..., yn trong miền Z. Nếu xét hệ (1.2) với yt Dy Rn thì các đạo hàm
đ-ợc hiểu theo nghĩa thông th-ờng. Tr-ờng hợp y(t) Dy Cn thì có thể giả thiết rằng hàm f(t, y) giải
fj
tích theo các biến y1 , ..., yn. Khi đó các đạo hàm
(t, y1, ..., yn) là đạo hàm hàm số phức.
yk
Chú ý 3. Với các giả thiết đã cho hệ (1.2) thoả mãn điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm của định lí Cauchy. Sau
này chúng ta luôn giả thiết hệ (1.2) thoả mãn điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm.
Nghiệm y = y(t) có thể xem nh- quỹ đạo của không gian Rn hoặc Cn , trong đó t đóng vai trò tham số.

13


Nếu hệ (1.2) thoả mãn điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm và vế phải liên tục thì nghiệm của hệ có tính chất
liên tục tích phân, nghĩa là, nếu y(t) là nghiệm của hệ (1.2) trên khoảng (a, b) thì với mọi > 0 cho tr-ớc, và
với mọi đoạn [; ] (a, b) luôn tồn tại > 0 sao cho mọi nghiệm z(t) trong lân cận của [; ] thoả mãn
điều kiện z() = z0 và ||z() y()|| < đều là nghiệm của hệ (1.2) trên [; ] và thoả mãn ||z(t) y(t)|| <
với mọi t [; ].
Định nghĩa 1.1. Nghiệm (t) của hệ (1.2) trên (a, +) của hệ (1.2) đ-ợc gọi là ổn định theo Liapunov khi
t nếu với mọi số d-ơng cho tr-ớc và với mọi t0 (a, +), đều tồn tại = (, t0) > 0 sao cho mọi
nghiệm y(t) của hệ (1.2) đều thoả mãn điều kiện ||y(t0 )(t0 )|| < đều xác định trong khoảng (t0

t < +)


theo Liapunov khi t và thoả mãn điều kiện: Với mọi t0 (a; +) đều tồn tại = (t0) > 0 sao cho
mọi nghiệm y(t) của hệ (1.2) trên khoảng [t0 ; +) m y(t0 ) < ta đều có y(t) 0 khi t +
14


Hình 2.2:
Định nghĩa 1.5. Giả sử hệ (1.2) xác định trong không gian = It+ ì Kn . Khi đó nghiệm y(t) của hệ (1.2) trên
khoảng (a; +) gọi là ổn định tiệm cận trong toàn thể nếu nó ổn định tiệm cận khi t + và mọi nghiệm
y(t) trong khoảng [t0 ; +) của hệ (1.2) đều thoả mãn y(t) (t) 0 khi t +
Xét hệ vi phân có nhiễu tác động th-ờng xuyên sau đây đồng thời với hệ (1.2):
dy
= f(t, y) + (t, y)
dt

(1.3)

Luôn giả thiết:
(0,1)

(0,1)

f(t, y) C(t,y) (Z), (t, y) C(t,y) (Z).
Định nghĩa 1.6. Nghiệm (t) trong khoảng (a; +) của hệ (1.2) đ-ợc gọi là ổn định với nhiễu tác động th-ờng
xuyên (t, y) nếu với mọi > 0 cho tr-ớc và với mọi t0 (a; +) đều tồn tại số (; t0 ) > 0 sao cho khi
(t, y) < thì mọi nghiệm y(t) của hệ (1.3) thoả mãn điều kiện y(t0 ) (t0 ) < đều xác định trong khoảng
[t0; +) và thoả mãn điều kiện y(t) (t) < với mọi t [t0; +).
Nếu nghiệm (t), t It+ của hệ (1.2) với vế phải liên tục ổn định tại thời điểm t0 It+ thì cũng ổn
định tại thời điểm t0 It+ . Do đó ta có thể giới hạn việc kiểm tra tính ổn định cũng nh- tính ổn định tiệm
cận của nghiệm chỉ đối với thời điểm ban đầu t0 đã cho nào đó. Từ đó ta cũng có thể suy ra rằng nghiệm
(t), (a < t < b) không ổn định đối với thời điểm ban đầu t0 It+ thì nó cũng không ổn định đối với thời

Chứng minh. (Điều kiện cần). Giả sử (t) (t0

t < +) l nghiệm ổn định nào đó của hệ không thuần nhất

(2.1). Theo định nghĩa: Với mọi > 0 cho tr-ớc và với mọi t0 I + , > 0 sao cho mọi nghiệm y(t) của hệ
(2.1) đều xác định trên khoảng (t0

t < +), nếu thoả mãn
y(t0 ) (t0) <

(2.3)

ta đều có
y(t) (t) < , (t

t0 )

(2.4)

Do z(t) = y(t) (t) là nghiệm của hệ thuần nhất (2.2) và ng-ợc lại mọi nghiệm của hệ thuần nhất (2.2)
đều biểu diễn d-ới dạng z(t) = y(t) (t), trong đó y(t) là nghiệm của hệ không thuần nhất (2.1), nên ta suy
ra > 0 cho tr-ớc và với mọi t0 I + , > 0 sao cho mọi nghiệm z(t) của hệ thuần nhất (2.2) nếu thoả mãn
điều kiện z(t0 ) < , ta đều có z(t) < , t

t0 . Điều này chứng tỏ nghiệm tầm th-ờng của hệ (2.2) ổn

định.
(Điều kiện đủ.) Giả sử nghiệm tầm th-ờng z(t) 0 của hệ thuần nhất (2.2) ổn định Liapunov khi t +.
Theo định nghĩa: ( > 0 cho tr-ớc , t0 I + , > 0) sao cho mọi nghiệm x(t) của hệ thuần nhất
xác định trên [t0, +) nếu thoả mãn x(t0) < , ta đều có x(t) < , (t

Việc chứng minh định lý (2.8) đ-ợc suy ra trực tiếp từ chú ý hiệu hai nghiệm bất kì của hệ không thuần
nhất là nghiệm của hệ thuần nhất t-ơng ứng.
Hệ quả 2.9. Hệ vi phân tuyến tính không thuần nhất (2.1) ổn định tiệm cận khi v chỉ khi hệ vi phân tuyến
tính thuần nhất t-ơng ứng (2.2) ổn định tiệm cận.

3

Sự ổn định của hệ vi phân tuyến tính thuần nhất
Xét hệ vi phân tuyến tính thuần nhất:
dx
= A(t)x(t),
dt

A(t) C(I + )

(3.1)

Định lý 3.1. Hệ PTVP tuyến tính thuần nhất (3.1) ổn định khi v chỉ khi mọi nghiệm x(t) với (t0
của hệ đều bị chặn trên nửa trục t0

t < +)

t < +

Chứng minh. (Điều kiện đủ.) Giả sử X(t) là ma trận nghiệm cơ bản của hệ, X(t) chuẩn tắc tại t0. Do mọi
nghiệm x(t) của hệ (3.1) bị chặn nên ma trận nghiệm cơ bản X(t) bị chặn, tức tồn tại hằng số d-ơng M sao
cho:
(t0

X(t)

rng z(t0 ) = 0. Cố định hai số d-ơng , v xét nghiệm x(t) =
thì x(t0 ) = < . Theo giả thiết z(t)
z(t0)2
2
không bị chặn nên tồn tại thời điểm t1 > t0 sao cho:
x(t1 ) =

z(t1)
>
z(t0 )2

Điều này chứng tỏ nghiệm tầm th-ờng x 0 của hệ (3.1) không ổn định. Và do đó hệ không ổn định, trái
với giả thiết.
Hệ quả 3.2. Nếu hệ vi phân tuyến tính không thuần nhất ổn định thì mọi nghiệm của nó hoặc đều bị chặn hoặc
đều không bị chặn khi t +.
dy
= 1 + t y có nghiệm không bị chặn y0 = t. Bởi vì mọi nghiệm của hệ
dt
t
đều có dạng: y(t) = t + y(0)e
nên |y(t) y0 (t)| 0 khi t +. Chứng tỏ nghiệm y0 (t) ổn định

Ví dụ 1. Ph-ơng trình vô h-ớng
tiệm cận khi t +.

17


Chú ý 6. Với hệ vi phân tuyến tính thì từ tính bị chặn của các nghiệm không suy ra đ-ợc tính ổn định của hệ.
Ví dụ 2. Xét ph-ơng trình:

y(t) = 0 lim y(t) = 0.
t+

Xét một nghiệm x(t) tuỳ ý thoả mãn điều kiện ban đầu x(t0 ) = x0 = 0. Đặt y(t) =

x(t)
. Ta có
2 x(t0)

y(t0 ) < nên lim y(t) = 0. Suy ra lim x(t) = 0.
t+

(Điều kiện đủ ). Giả sử x(t) (với t0

t+

t < +) l nghiệm bất kì thoả mãn x(t) 0 khi t +. Do

x(t) liên tục trên [t0; +) v x(t) 0 khi t + nên x(t) bị chặn trên [t0 ; +). Nh- vậy mọi nghiệm của
hệ (3.1) đều bị chặn nên hệ ổn định Liapunov khi t +. Hơn nữa, theo giả thiết mọi nghiệm x(t) đều thoả
mãn lim

t+

x(t) 0 = 0 nên nghiệm tầm th-ờng của hệ ổn định tiệm cận khi t +. Suy ra hệ ổn định

tiệm cận khi t +.
Hệ quả 3.4. Hệ vi phân tuyến tính ổn định tiệm cận thì ổn định tiệm cận trên ton thể khi t +.
Chú ý 7. Đối với hệ vi phân phi tuyến mà tất cả các nghiệm dần tới không không suy ra đ-ợc nghiệm tầm
th-ờng ổn định .

(4.1)

Định lý 4.1. Hệ vi phân tuyến tính thuần nhất (4.1) với ma trận hằng số A là ổn định khi và chỉ khi tất cả các
giá trị riêng j của ma trận A đều có phần thực Re j

0 v các j với Re j = 0 là nghiệm đơn của đa thức

đặc tr-ng A.
18


Chứng minh. (Điều kiện đủ.) Giả sử j = j + ij , j = 1, p là tất cả các nghiệm đặc tr-ng của ma trận A có
phần thực j

0 v k = ik , k = 1, q là tất cả các nghiệm đặc tr-ng của ma trận A có phần thực bằng 0.

Hơn nữa p + q = m l số ô jordan chuẩn tắc của ma trận A. Khi đó nghiệm x(t) bất kì của (4.1) có dạng:
p

q
j t

x(t) =

e

(cos j t + i sin j t)Pj (t) +

j=1


s = iàs l nghiệm bội es > 1. Khi đó s ứng

s
0

..
.

0
0

với ô jordan js (s ) có hạng es > 1 sau đây:

1 ... 0
0
s . . . 0
0

.. . .
..
..
.
.
.
.

0 . . . s 1
0 . . . 0 s

thì (t) = S 1 diag[0, . . ., etjs(s ) , . . . , 0]S sẽ l một ma trận nghiệm của hệ (4.1).

..
.
0

..

19

.
...

S

(t)


tes1
(es 1)!

tes2

,
(es 2)!


..

.
1


minh.

5

Tiêu chuẩn Hurwits
Một trong những ph-ơng pháp chứng minh tính ổn định tiệm cận của hệ vi phân tuyến tính thuần nhất (4.1)

l phải chỉ ra đ-ợc tất cả các nghiệm 1 , . . . , n của ph-ơng trình đặc tr-ng det(A E) = 0 đều có phần
thực âm. Trong mục ny chúng ta sẽ đ-a ra điều kiện cần v đủ để ph-ơng trình đại số với hệ số thực có các
nghiệm với phần thực âm.
Xét đa thức bậc n

1 : f(z) = a0 + a1z + . . . + an z n ,

z = x + iy C; a0 , a1, . . ., an K.

Định nghĩa 5.1. Đa thức f(z) bậc n > 1 đ-ợc gọi l đa thức Hurvits nếu tất cả các nghiệm 1 , . . . , n của nó
đều có phần thực âm. tức: Re(j ) < 0 j = 1, . . ., n.
Đa thức f(z) với các hệ số thực a0 , a1, . . . , an R v a0 > 0 đ-ợc gọi l đa thức chuẩn bậc n.
Định lý 5.2. Nếu đa thức chuẩn bậc n l đa thức Hurvits thì tất cả các hệ số của nó đều d-ơng.
Chứng minh. Giả sử zj = j + ij l các nghiệm phức (j = 0), j = 1, . . ., p v zk = k (k = 1, . . ., q)
l các nghiệm thực của đa thức chuẩn Hurvits f(z) = a0 + a1 z + . . . + anz n . Vì f(z) l đa thức Hurvits nên
j > 0, k > 0. Gọi j l bội của nghiệm zj . Khi đó, do các hệ số của f(z) l thực nên nghiệm liên hợp
p

q

zj = j ij cũng có bội l j . Gọi sk l bội của nghiệm thực k . Rõ rng

2j +


(z + k )sk
k=1

Các hệ số trong khai triển vế phải của (5.1) cùng dấu với an . So sánh v đồng nhất các hệ số với vế trái
ta suy ra các hệ số a0 , a1, . . . , an của f(z) trong vế trái của (5.1) đ-ơng nhiên phải cùng dấu v cùng dấu với
a0 > 0. Do vậy a0 > 0, a1 > 0, . . ., an > 0.
Chú ý 8. Dễ dàng thấy rằng đa thức chuẩn bậc hai f(z) = a0 + a1 z + a2z 2 l đa thức Hurwitz khi v chỉ khi
tất cả các hệ số của nó đều d-ơng. Đối với đa thức chuẩn bậc cao hơn 2 có tất cả các hệ số đều d-ơng không
suy ra đ-ợc đa thức đó l đa thức Hurwitz. Chẳng hạn đa thức f(z) = 30 + 4z + z 2 + z 3 có các nghiệm l 3,
1+3i, 1-3i nên không l đa thức Hurwitz.
20


+

Kí hiệu Hn(n = 1, 2, . . .) l tập hợp tất cả các đa thức chuẩn Hurwitz bậc n, H =

Hn l tập tất cả các
n=1

đa thức chuẩn Hurwitz. Chúng ta sẽ tìm tiêu chuẩn để đa thức f(z) H.
Định nghĩa 5.3. Ta gọi đa thức F (z) = (1 + z)f(z) + f(z) l đa thức liên kết với đa thức f(z). Kí hiệu l
Sf(z).
Bổ đề 5.4. Đa thức liên kết với đa thức chuẩn Hurwitz l đa thức chuẩn Hurwitz, tức l
f(z) Hn Sf(z) Hn+1
Xem trong 2.
Bổ đề 5.5. Đối với mỗi đa thức chuẩn Hurwitz bậc n + 1 > 1 đều tồn tại một đa thức chuẩn Hurwitz bậc n
nhận đa thức đã cho l đa thức liên kết. Tức l, Nếu F (z) Hn+1 thì luôn có f(z) Hn v số > 0 sao cho
F (z) = Sf(z) = (1 + z)f(z) + f(z)



nằm trong

nửa mặt phẳng bên phải Re z > 0 của mặt phẳng phức v n + 1 nghiệm zj còn lại nằm trong nửa mặt phẳng
bên trái Re z < 0. Tính chất phân bố nghiệm nh- vậy trong nửa mặt phẳng phức của à (z) vẫn còn đúng với
à [0; 1]. Thật vậy nếu một trong các nghiệm zj đi từ nửa mặt phẳng ny sang nửa mặt phẳng kia khi à thay
đổi trên [0; 1] thì đ-ờng cong zj = zj (à) phải cắt trục ảo trong đoạn [Ri, Ri] tại điểm i khi à = à [0; 1]
no đó. Nói cách khác với một à [0; 1] no đó, đa thức à (z) có nghiệm i nằm trên trục ảo, tức:
(1 i )F (i ) + àF (i ) = 0
Vậy
|1 i | ã |F (i)| = à|F (i)|.

(5.6)

Mặt khác, do à (0) = A0 (1 à) = 0 với mọi à [0; 1] v à (i ) = 0 nên = 0. Lại do F (z) l đa
thức chuẩn Hurwitz nên |F (i)| = |F (i)| = 0. Vì thế từ (5.6) ta có: |1 i | = à. Suy ra 1 + 2 2 = à2.
21


Điều ny không thể xảy ra với > 0, R

= 0 v à [0; 1]. Từ công thức (5.5), ta suy ra rằng với à = 1,

đa thức à (z) có nghiệm không bội 2. Giả sử các nghiệm zp (à) 0 v zq (à) 0 khi à 1 . Theo hệ
n+2
1
A1
thức đã biết giữa các nghiệm v các hệ số của đa thức với 0 slantà 1, ta nhận đ-ợc:
. So

thể lấy q = n + 1, khi đó lim zn+1 (à) = 0. Lại do A1 (1 à)A2 A1 = 0 khi à 1 nên
à1

lim
à(10)

zj (à) = cj , Re cj < 0, j = (1, . . ., n). Từ (5.4) v (5.5) với à = 1, ta có 1 (z) = 2z 2 f(z), nên các

cj (j = 1, . . ., n) l nghiệm của đa thức f(z). Điều ny chứng tỏ f(z) Hn.
Chú ý 9. Nếu F (z) = A0 + A1 z + . . . + An+1 z n+1 l đa thức chuẩn Hurwitz bậc n + 1 thì tồn tại một đa thức
chuẩn f(z) bậc n xác định bởi công thức (5.4) v (5.5) sao cho: Sf(z) = F (z).
Từ các bổ đề trên suy ra: Tập hợp H tất cả các đa thức chuẩn Hurwitz có thể xây dựng từ tập hợp H1 các
đa thức chuẩn Hurwitz bậc 1 bằng cách áp dụng phép toán S tìm đa thức liên kết. Cụ thể l:


H2 = SH1 ; H3 = SH2 = S 2 H1, . . . , Hn+1 = S n H1, . . . , H =

S p H1
p=0

Bây giờ xét đa thức chuẩn:
f(z) = a0 + a1 z + . . . + an z n, (aj R), a0 > 0
Thiết lập ma trận Hurwitz cỡ (nìn) sau đây:

a0
0
a1
a3
a
a


(5.9)

. . . an

Định lý 5.6. (Hurwitz). Muốn cho đa thức chuẩn (5.8) l đa thức chuẩn Hurwitz thì điều kiện cần v đủ l tất
cả các định thức con chéo chính của ma trận Hurwitz d-ơng.



= a1 > 0

1



= a1 a0 > 0
2
a3 a2



.
.
.




n = an1n1


D1 = 2ca0 > 0 v Dk+1 = 2k+1

ca0
ca0
..
.

a0
ca1 + a2
..
.

ca2k

ca2k1 + a2k

0
ca0
..
.

0
a0
..
.

0
...


0
0
..
.

...
...
.. = ak+1 a0k , (k = 1, n)
.

a2k3 . . .

trong đó k l định thức con chéo chính của ma trận Hurwitz Mf của đa thức f(z). Vì f(z) Hn nên theo giả
thiết quy nạp k > 0, (k = 0, 1, . . ., n). Lại vì a0 > 0, > 0 suy ra Dk+1 = ak+1a0 k > 0, (k = 0, 1, . . ., n).
Nh- vậy điều kiện Hurwitz đúng với đa thức chuẩn Hurwitz bậc n + 1.
Kết luận: Mọi đa thức chuẩn Hurwitz bậc n

1 đều thoả mãn điều kiện Hurwitz (5.10).

(Điều kiện đủ.) Giả sử fz l đa thức chuẩn thoả mãn điều kiện Hurwitz (5.10) thì f(z) Hn. Ta chứng
minh quy nạp theo bậc n của đa thức fz .
Với n = 1, rõ rng định lý đúng, bởi vì nếu fz = a0 + a1z, trong đó a0 > 0 v 1 = a1 > 0 thì nghiệm
a0
của đa thức l z1 = . Mọi nghiệm của fz có phần thực âm nên fz H1 .
a1
Bây giờ giả sử mệnh đề đúng với n: Mọi đa thức chuẩn thoả mãn điều kiện Hurwitz (5.10) đều l đa thức
Hurwitz. Ta chứng minh mệnh đề đúng với n + 1: Giả sử F (z) = A0 + A1 z + . . . + An+1 z n+1 l một đa thức
chuẩn bậc n + 1 no đấy thoả mãn điều kiện Hurwitz (5.10): A0 > 0, D1 = A1 > 0, . . . , Dn+1 > 0. Theo
chứng minh của Bổ đề (5.4), ta có thể xem F (z) l đa thức liên kết của đa thức chuẩn fz bậc n no đó:
f(z) = a0 + a1 z + . . . + an z n, (a0 > 0, an = 0).


0 = an > 0





1 = an1 > 0




an1
an
(5.14)
2 =
>0

a
a
n3
n2





...



Trong tr-ờng hợp tổng quát muốn hệ (5.15) ổn định tiệm cận thì điều kiện cần v đủ l hệ phải thoả mãn
điều kiện Hurwitz:



1 =




=
2



...




n =

A1 > 0
1
A1
= A1 A2 + A3 > 0
A3 A2
(1)n Ann1 > 0.

Ví dụ 4. Xét đa thức f(z) = z 3 + pz 2 + qz + r, trong đó p, q, r R, điều kiện Hurwitz l:

dt =


dy
=
dt



dz =
dt

số v của hệ:
x + y
x y + z
y z

Ph-ơng trình đặc tr-ng của (5.16) có dạng:
+ 1
0

+ 1 = 0 ( + 1)[2 + 2 + (1 ) = 0
0

+1
Do đó hệ sẽ ổn định tiệm cận nếu: 1 > 0