Hệ phương trình vi phân tuyến tính

§¹i häc th¸i nguyªn

TRƯỜNG ®¹i häc SƯ ph¹m

Vi diÖu minh

TÝnh ®iÒu khiÓn ĐƯỢC

hÖ PHƯƠNG tr×nh vi ph©n ®¹i sè

tuyÕn tÝnh

Chuyªn ngµnh: Gi¶i tÝch

M· sè : 60.46.01

LuËn v¨n Th¹c sü to¸n häc

Người hướng dẫn: PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG

Th¸i Nguyªn - 2008

www.VNMATH.com

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

1

Môc lôc

Trang

Lêi nãi ®Çu.. ............................................................................................. 1

Chƣơng 1 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VỚI HỆ

SỐ HẰNG ...................................................................................6

§1 Tính giải được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với

hệ số hằng ........................................................................................ 6

§2 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính

với hệ số hằng. ............................................................................... 35

Chƣơng 2 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ

BIẾN THIÊN .............................................................................................. 41

§1 Tính giải được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số

biến thiên… ................................................................................... 41

§2 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với

hệ số biến thiên .............................................................................. 63

KÕt luËn................................................................................................... 72

Tµi liÖu tham kh¶o. ............................................................................. 74

www.VNMATH.com


2

LỜI NÓI ĐẦU

Lý thuyết điều khiển toán học là một trong những lĩnh vực toán học ứng

dụng quan trọng mới được phát triển khoảng 50 năm trở lại đây. Công cụ chính

của lý thuyết điều khiển toán học là những mô hình và các phương pháp toán học

giải quyết những vấn đề định tính và giải số các hệ thống điều khiển. Rất nhiều

bài toán trong khoa học, công nghệ, kỹ thuật và kinh tế được mô tả bởi các hệ

phương trình vi phân chứa tham số điều khiển và cần đến những công cụ toán học

để tìm ra lời giải.

Một trong những vấn đề đầu tiên và quan trọng nhất trong lý thuyết điều

khiển hệ thống là lý thuyết điều khiển được, tức là tìm một chiến lược điều khiển

sao cho có thể chuyển hệ thống từ một trạng thái này sang một trạng thái khác.

Bài toán điều khiển được liên quan chặt chẽ đến các bài toán khác như bài toán

tồn tại điều khiển tối ưu, bài toán ổn định và ổn định hóa, bài toán quan sát

được,…

Mặc dù lý thuyết điều khiển đã được hình thành cách đây khoảng 50 năm,

nhưng nhiều bài toán và vấn đề về điều khiển như: điều khiển được hệ phương

trình vi phân ẩn tuyến tính dừng và không dừng có hạn chế trên biến điều khiển,

điều khiển được hệ phương trình vi phân và sai phân ẩn tuyến tính có chậm,

những bài toán liên quan giữa điều khiển được, quan sát được và ổn định hoá, …,

hiện nay vẫn còn mang tính thời sự và được rất nhiều nhà toán học trên thế giới

cũng như trong nước quan tâm.

Phương trình vi phân thường đã được nghiên cứu từ rất lâu, khoảng 200 năm

trở lại đây. Tuy nhiên lý thuyết phương trình vi phân ẩn, trong đó có phương trình

vi phân đại số tuyến tính lại mới được thật sự quan tâm trong vòng 40 năm trở lại

đây. Phương trình vi phân đại số tuyến tính có rất nhiều điểm đặc biệt mà ta

không thể tìm thấy ở phương trình vi phân thường, ví dụ: ma trận hệ số là ma trận

suy biến, không có tính chất “nhân quả” giữa đầu vào và đầu ra,…, làm cho việc

nghiên cứu những vấn đề liên quan trở nên phức tạp nhưng lại rất hấp dẫn. Hiện

nay, mặc dù đã có nhiều cố gắng khảo sát những tính chất đặc biệt ấy, nhưng việc

www.VNMATH.com


3

nghiên cứu hệ phương trình vi phân suy biến vẫn còn là thời sự, bởi còn rất nhiều

câu hỏi chưa được giải đáp.

Mục đích của luận văn này là trình bày các kết quả mở rộng tiêu chuẩn điều

khiển được của các hệ điều khiển mô tả bởi phương trình vi phân thường – tiêu

chuẩn Kalman – cho hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính dừng và không

dừng. Luận văn cố gắng trình bày một cách có hệ thống từ đơn giản đến phức tạp,

từ phương trình vi phân đại số tuyến tính dừng đến phương trình vi phân đại số

tuyến tính không dừng. Tiêu chuẩn điều khiển được dạng Kalman được đặc trưng

thông qua tiêu chuẩn về hạng của ma trận hệ số. Thống nhất đi theo hướng nghiên

cứu đó, trước tiên luận văn trình bày tiêu chuẩn điều khiển được mở rộng cho hệ

phương trình vi phân đại số thông qua ma trận hệ số của các hệ phương trình vi

phân ẩn tuyến tính dừng và sau đó là cho hệ mô tả bởi hệ phương trình vi phân ẩn

tuyến tính không dừng. Các tiêu chuẩn điều khiển được này nói chung phức tạp

hơn rất nhiều so với tiêu chuẩn Kalman.

Nội dung của luận văn gồm hai chương:

Chương 1 nghiên cứu hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số

hằng.

Mục 1 chương 1 trình bày hai cách tiếp cận hệ phương trình vi phân đại số

tuyến tính nhằm nghiên cứu tính chất tập nghiệm của phương trình dạng

( ) ( ) ( )Ex t Ax t Bu t

trong đó E là ma trận nói chung suy biến.

Cách tiếp cận thứ nhất là thông qua cặp ma trận chính quy để đưa phương

trình trên về hệ:

1 1 1 1 1

2 2 2 2

( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( ), 0,

x t A x t B u t

Nx t x t B u t t

trong đó phương trình thứ nhất là phương trình vi phân thường và phương trình

thứ hai là phương trình vi phân với ma trận lũy linh.

Cách tiếp cận thứ hai nhằm nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của phương trình

vi phân với hệ số hằng thông qua ma trận cơ sở. Mục này giới thiệu khái niệm

toán tử hiệu chỉnh, nghiệm của phương trình vi phân đại số được tìm thông qua

www.VNMATH.com


4

toán tử hiệu chỉnh . Công thức nghiệm này cho thấy rõ hơn sự khác biệt của

phương trình vi phân suy biến so với phương trình vi phân thường, ngoài ra việc

tìm ra cấu trúc tập nghiệm còn nhằm áp dụng vào việc nghiên cứu tính điều khiển

được của hệ phương trình vi phân tuyến tính được trình bày ở mục 2.

Mục 2 trình bày tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số

tuyến tính với hệ số hằng theo [6], trong đó tiêu chuẩn điều khiển được là mở rộng

của tiêu chuẩn hạng Kalman.

Chương 2 nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm và tính điều khiển được của hệ

phương trình vi phân đại số tuyến tính có hệ số biến thiên.

Mục 1 của chương 2 trình bày tính giải được của phương trình vi phân tuyến

tính không dừng theo cuốn sách [7]. Bằng cách tác động toán tử hiệu chỉnh trái

vào phương trình vi phân ẩn, ta có thể đưa phương trình từ phức tạp về đơn giản

để dễ nghiên cứu hơn.

Mục 2 của chương 2 trình bày tính điều khiển được hệ phương trình vi phân

đại số với hệ số biến thiên theo [9]. Thống nhất với mục 1, mục 2 cũng dùng toán

tử hiệu chỉnh trái để đưa việc nghiên cứu tiêu chuẩn điều khiển được hệ suy biến

không dừng về nghiên cứu hệ đơn giản hơn.

Mặc dù luận văn chủ yếu là trình bày lại các kết quả trong [6], [7], [8], [9],

nhưng chúng tôi cố gắng thể hiện những lao động của mình trong quá trình đọc,

nghiên cứu và mở rộng các kết quả ấy cho hệ phương trình vi phân đại số tuyến

tính. Thí dụ: Mục 1.1 chương 1 trình bày công thức nghiệm tường minh của

phương trình vi phân tuyến tính không dừng với ma trận luỹ linh là kết quả của

tác giả, đã được báo cáo tại Hội nghị nghiên cứu khoa học sau đại học do Đại học

Sư phạm Thái Nguyên tổ chức (Thái Nguyên, tháng 7-2008) và được đăng trong

[3]. Chúng tôi cũng cố gắng chi tiết hóa hoặc tìm ra những cách chứng minh khác

với cách chứng minh trong [6], [7], [8], [9]. Trong toàn bộ luận văn, chúng tôi cố

gắng diễn giải những định lý, bổ đề một cách dễ hiểu nhất. Chúng tôi hy vọng

rằng, luận văn cho thấy rõ hơn sự phát triển trong nghiên cứu tiêu chuẩn điều

khiển được hệ phương trình vi phân từ đơn giản đến phức tạp, từ phương trình vi

phân thường đến phương trình vi phân ẩn suy biến với hệ số biến thiên.

www.VNMATH.com


5

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS – TS Tạ

Duy Phượng. Xin được tỏ lòng cám ơn chân thành nhất tới Thầy.

Tác giả xin cám ơn chân thành tới Trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái

Nguyên, nơi tác giả đã nhận được một học vấn sau đại học căn bản.

Và cuối cùng, xin cám ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã cảm thông, ủng

hộ và giúp đỡ trong suốt thời gian tác giả học Cao học và viết luận văn.

Thái Nguyên, ngày 18 tháng 9 năm 2008

Tác giả

Vi Diệu Minh

www.VNMATH.com


6

Chƣơng 1 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ

TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

§1 TÍNH GIẢI ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ

TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

1.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính với ma trận lũy linh

Xét phương trình vi phân đại số tuyến tính dạng

( ) ( ) ( ) ( )Nx t x t B t u t , 0t ³ , (1.1.1.1)

trong đó N là ma trận vuông cấp 2n , không phụ thuộc vào t và là ma trận lũy

linh bậc h , tức là 2

0hnN = với

20n là ma trận vuông cấp 2n có tất cả các thành

phần bằng 0; ( )x t là một hàm khả vi hầu khắp nơi nhận giá trị trong không gian

2n¡ và thỏa mãn phương trình (1.1.1.1) hầu khắp nơi (là nghiệm của phương trình

vi phân (1.1.1.1)); ( )B t là ma trận cấp 2n m´ và ( )u t là vectơ hàm m chiều.

Trước tiên ta chứng minh Bổ đề sau (xem [3]).

Bổ đề 1.1

Giả sử ( )B t và ( )u t tương ứng là ma trận hàm và vectơ hàm có các thành phần là

các hàm khả vi liên tục đến cấp h , trong đó h là bậc của ma trận lũy linh N . Khi

ấy với mọi 1 k h£ £ ta có

1( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

10

( ) ( ) ( ) ( )k

k k k k k i k i i

ki

N x t N x t N C B t u t , (1.1.1.2)

trong đó ( ) ( )kx t là đạo hàm cấp k của vectơ hàm ( )x t , tương tự, ( )( )iu t là đạo

hàm cấp i của vectơ hàm ( )u t , còn ( )( )sB t là đạo hàm cấp s của ma trận hàm

( )B t , !

!( ) !ik

kC

i k i=

- với 0 i k£ £ .

Chứng minh

Nhân phương trình (1.1.1.1) với ma trận N rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:

www.VNMATH.com


7 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t Nx t N B t u t B t u t .

Lại tiếp tục nhân phương trình này với N rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:

3 2 2

22 2 (2 ) ( )

20

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ).i i i

i

N x t N x t N B t u t B t u t B t u t B t u t

N x t N C B t u t

Như vậy, công thức (1.1.1.2) đúng với 1,2, 3s = .

Giả sử công thức (1.1.1.2) đúng với mọi s k h£ < . Ta sẽ chứng minh nó đúng

với 1s k= + . Thật vậy, theo qui nạp ta có

1( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

10

( ) ( ) ( ) ( )k

k k k k k i k i i

ki

N x t N x t N C B t u t .

Nhân phương trình này với N rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:

11 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1 ) ( 1)

10

( ) 0 ( ) 0 ( 1)

1 1

1 ( 1) 1 ( 2) 2 ( 2)

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

kk k k k k i k i i k i i

ki

k k k k k k

k k

k k k k k k

k k k

k

k

N x t N x t N C B t u t B t u t

N x t N C B t u t N C B t u t

N C B t u t N C B t u t N C B t u t

N C

2 ( 3) 1 ( 1) ( 1) 1 ( ) ( )

1 1 1

( ) ( ) ( 1 ) ( 1)

1 1

2 (2) ( 2) 2 ( 1)

1 1

1

1

( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

... ( ) ( ) ( ) ( )

( )

k k s k s s k s k s s

k k

k s k s s k s k s s

k k

k k k k k k

k k

k k

k

B t u t N C B t u t N C B t u t

N C B t u t N C B t u t


N C B t u

( 1) 1 ( )

1( ) ( ) ( )k k k k

kt N C B t u t

( ) 0 ( ) 0 1 ( 1)

1 1 1

1 2 ( 2) 1 ( ) ( )

1 1 1 1

2 1 ( 1) 1 ( )

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ... ( ) ( )

... ( ) ( ) ( ) ( ).

k k k k k k

k k k

k k k s s k s s

k k k k

k k k k k k k

k k k

N x t N C B t u t N C C B t u t

N C C B t u t N C C B t u t

N C C B t u t N C B t u t

Nhưng ( )

1

1 !

!( 1 )!ik

kC

i k i-

-=

- - nên

0 01 1k kC C- = = ; 1

1 1k kk kC C-- = =

và

1

1 1

s s s

k k kC C C

www.VNMATH.com


8

nên

1 ( 1)

( ) 0 ( ) 0 1 ( 1)

1 1 1

1 2 ( 2) 1 ( ) ( )

1 1 1 1

2 1 ( 1) 1 ( )

1 1 1

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ... ( ) ( )

... ( ) ( ) ( ) ( )

k k

k k k k k k

k k k

k k k s s k s s

k k k k

k k k k k k k

k k k

k k

N x t

N x t N C B t u t N C C B t u t

N C C B t u t N C C B t u t

N C C B t u t N C B t u t

N x

0 ( ) 1 ( 1)

2 ( 2) ( ) ( )

1 ( 1) ( )

( ) ( ) ( )

0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ... ( ) ( )

... ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ).

k k k k

k k

k k k s k s s

k k

k k k k k k

k k

kk k k s k s s

ks

t N C B t u t N C B t u t



N x t N C B t u t

Vậy theo nguyên lý qui nạp, công thức (1.1.1.2) được chứng minh.

Từ Bổ đề 1.1 ta có công thức nghiệm sau đây của hệ (1.1.1.1).

Mệnh đề 1.1 ([3])

Giả sử ( )B t là ma trận hàm và ( )u t vectơ hàm có các thành phần là các hàm khả

vi liên tục đến cấp h . Khi ấy nghiệm của hệ phương trình vi phân tuyến tính suy

biến (1.1.1.1) được tính theo công thức

1( )

0

( ) ( ) ( )h

k

kk

x t F t u t , (1.1.1.3)

trong đó 1

( )( ) ( )h

s k s kk s

s k

F t N C B t-

-

=

= - å .

Chứng minh

Viết lại (1.1.1.2) với 1,2,...,k h= ta được

0

0( ) ( ) ( ) ( )Nx t x t C B t u t ;

2 0 1

1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t Nx t NC B t u t NC B t u t ;

3 2 2 0 2 1 2 2

2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t N x t N C B t u t N C B t u t N C B t u t ;

……….

www.VNMATH.com


9

1( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

10

1 ( 1) 1 0 ( 1) 1 1 ( 2)

1 1

1 ( 1 ) ( ) 1 1 ( 1)

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

... ( ) ( ) ... ( ) ( ).

kk k k k k i k i i

ki

k k k k k k

k k

k i k i i k k k

k k

N x t N x t N C B t u t



………

1( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

10

1 ( 1) 1 0 ( 1) 1 1 ( 2)

1 1

1 ( 1 ) ( ) 1 1 ( 1)

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

... ( ) ( ) ( ) ( ).

hh h h h h i h i i

hi

h h h h h h

h h

h i h i i h h h

h h

N x t N x t N C B t u t



Cộng vế với vế các đẳng thức này và để ý đến tính chất lũy linh của ma trận N ,

tức là 0hN = , sau khi nhóm các số hạng ở hai vế, ta được

1 10 ( ) 1 ( 1)

0 1

1( ) ( ) 1 ( 1)

1( )

0

0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

... ( ) ( ) ... ( ) ( )

( ) ( ) ( ).

h hs s s s

s ss s

hs k s k k h h

ss k

hk

kk

x t N C B t u t N C B t u t

N C B t u t N B t u t

x t F t u t

Từ đây suy ra 1

( )

0

( ) ( ) ( ).h

k

kk

x t F t u t

Vậy Mệnh đề 1.1 được chứng minh.

Trong trường hợp ( )B t Bº là ma trận hằng ta có

Hệ quả 1.1 ([6], trang 17)

Giả sử ( )B t Bº là ma trận hằng và ( )u t vectơ hàm có các thành phần là các hàm

khả vi liên tục đến cấp h . Khi ấy nghiệm của phương trình

( ) ( ) ( )Nx t x t Bu t (1.1.1.4)

được tính theo công thức

1( )

0

( ) ( )h

k k

k

x t N Bu t . (1.1.1.5)

www.VNMATH.com


10

Chứng minh

Khi ( )B t Bº thì

1

( )( ) ( )h

s k s k k k kk s k

s k

F t N C B t N C B N B-

-

=

= - = - = -å

nên ta có ngay công thức (1.1.1.5).

1.2 Công thức nghiệm của phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính có điều

khiển

Trong mục này ta sẽ đưa ra công thức nghiệm cho phương trình vi phân đại số

tuyến tính dạng

( ) ( ) ( ) ( )Ex t Ax t B t u t . (1.1.2.1)

trong đó ma trận E nói chung suy biến ( det E có thể bằng 0).

Định nghĩa 1.2

Cặp ma trận , n nE A được gọi là chính quy nếu tồn tại một số phức

sao cho 0E A hoặc đa thức 0sE A .

Bổ đề 1.2 (Bổ đề 1-2.2, [6], trang 7)

Cặp ma trận ( ),E A là chính quy nếu và chỉ nếu tồn tại hai ma trận không suy

biến P và Q sao cho

10

0

nIQEP

N,

1

2

0

0 n

AQAP

I,

trong đó 1 2n n n+ = , 11

1

n nA ,

1nI và 2nI là hai ma trận đơn vị tương ứng

cấp 1n và 2n ; 2 2n nN là ma trận lũy linh.

Bổ đề 1.2 chỉ ra rằng với giả thiết chính quy của cặp ma trận ( ),E A , hệ

(1.1.2.1) có thể viết dưới dạng sau:

1 1 1 1

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ), (1.1.2.2 )

( ) ( ) ( ) ( ). (1.1.2.2 )

x t A x t B t u t a

Nx t x t B t u t b

(1.1.2.2)

www.VNMATH.com


11

Thật vậy, do ( ),E A là cặp ma trận chính qui nên tồn tại các ma trận không suy

biến P và Q sao cho

10

0

nIQEP

N,

1

2

0

0 n

AQAP

I.

Nhân hai vế của (1.1.2.1) về bên trái với ma trận không suy biến Q ta được

( ) ( ) ( ) ( )QEx t QAx t QB t u t .

Đặt ( ) ( )x t Px t= % hay 1( ) ( )x t P x t-=% . Khi ấy ( ) ( )x t Px t= && % và phương trình trên

có thể viết thành

( ) ( ) ( ) ( )QEPx t QAPx t QB t u t . (1.1.2.3)

hay

11

2

0 0( ) ( ) ( ) ( )

00

n

n

I Ax t x t QB t u t

IN .

Đặt 1

2

xx

x

æ ö÷ç ÷= ç ÷ç ÷÷çè ø

%%

% và 1

2

( )( )

( )

B tQB t

B t

, khi ấy phương trình trên có dạng

1 1 1 11

2 2 22

( ) ( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( ) ( )

n

n

I x t A x t B t u t

Nx t I x t B t u t

hay

1 1 1 1

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( ) ( )

x t A x t B t u t

Nx t x t B t u t

với 1 21 2( ) , ( )

n nx t x t và 2 2n n

N là ma trận lũy linh.

Từ nay về sau, ta luôn giả thiết cặp ma trận ( ),E A là chính qui. Khi ấy để

nghiên cứu hệ (1.1.2.1) ta chỉ cần nghiên cứu hệ (1.1.2.2).

Hệ (1.1.2.2a) là hệ phương trình vi phân thường có điều khiển. Nó đã được

nghiên cứu kĩ trong các tài liệu về lý thuyết điều khiển. Cụ thể, với mỗi điều kiện

www.VNMATH.com


12

ban đầu 0 11

nx và mỗi hàm đo được cho trước ( )u t , 0t , nghiệm của

(1.1.2.2a) có dạng (xem, thí dụ, [2], [4]):

( )01 11 1 1

0

( ) ( ) ( )t

A t A t s

s

x t e x e B s u s ds . (1.1.2.4a)

Theo Mệnh đề 1.2, nghiệm của hệ (1.1.2.2b) được tính theo công thức

1 1 1( ) ( ) ( )

2 20 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( )h h h

k s k s k k

k sk k s k

x t F t u t N C B t u t . (1.1.2.4b)

Như vậy, nghiệm 1

2

( )( )

( )

x tx t

x t của (1.1.2.2) tính được tường minh theo công

thức (1.1.2.4a) và (1.1.2.4b). Ta nói nghiệm (1.1.2.4) tương ứng với điều khiển

( )u t đã chọn.

Chúng ta cũng lưu ý rằng, để có được công thức (1.1.2.4b), ta đã phải giả thiết

( )B t và ( )u t có các thành phần là các hàm khả vi liên tục đến cấp h , mặc dù

trong định nghĩa nghiệm của (1.1.2.4a), thì chỉ cần tính chất đo được của hàm

( )u t . Đây cũng là một trong những điểm khác biệt giữa phương trình vi phân

thường và phương trình vi phân đại số.

Hệ quả 1.2

Giả sử ( )B t Bº là ma trận hằng và ( )u t vectơ hàm có các thành phần là các hàm

khả vi liên tục đến cấp h . Khi ấy nghiệm của phương trình:

( ) ( ) ( )Ex t Ax t Bu t

có dạng: ( )01 1

1 1 1

0

( ) ( )t

A t A t s

s

x t e x e B u s ds

1

( )

20

( ) ( )h

k k

k

x t N Bu t .

Đối với hệ phương trình vi phân đại số (1.1.2.1), ta cũng có một cách tiếp cận

khác thông qua ma trận cơ sở để nghiên cứu cấu trúc của tập nghiệm. Dưới đây

chúng tôi trình bày cách tiếp cận này theo [7].

www.VNMATH.com


13

1.3 Công thức nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở

1.3.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở

Một cách tự nhiên, hệ phương trình vi phân đại số được hiểu là hệ

1 1 1 2 2 1

3 1 4 2 2

( ) ( ) ( ) ( ); (1.1.3.1)

0 ( ) ( ) ( ), (1.1.3.2)

x t R x t R x t f t

R x t R x t f t

trong đó 1

1( ) nx t và 2

2( ) nx t ; iR , 1,2,3,4i và

jf (t), 1,2j là các ma trận

và vectơ có số chiều tương ứng.

Hệ trên gồm một phương trình vi phân thường và một ràng buộc đại số (một

phương trình không chứa đạo hàm của các ẩn 1 2,x x ).

Đặt

1 21 1

3 42 2

0; ; ;

0 0

R Rx f Ix f E A

R Rx f,

trong đó 1nI I là ma trận đơn vị cấp

1n , 0 là các ma trận gồm tất cả các phần tử

bằng 0 có số chiều tương ứng; A và f là ma trận và vectơ có số chiều tương ứng.

Dưới đây, để cho gọn, ta thường chỉ viết các ma trận đơn vị và ma trận gồm tất cả

các phần tử bằng 0 là I và 0 mà không chỉ rõ số chiều của các ma trận.

Với cách đặt trên, hệ (1.1.3.1), (1.1.3.2) có thể viết được dưới dạng:

Ex Ax f (1.1.3.3)

hay

Ex Ax f (1.1.3.4)

Nhận xét 1.3.1

Trong các tài liệu, hệ phương trình vi phân đại số thường được đồng nhất với hệ

(1.1.3.4). Tuy nhiên, cách viết (1.1.3.1), (1.1.3.2) chỉ đòi hỏi là 1x có đạo hàm.

Cách viết (1.1.3.4) đòi hỏi là x có đạo hàm, tức là toàn bộ các tọa độ, hay 2x

cũng phải có đạo hàm. Từ đó ta thấy, (1.1.3.3) và (1.1.3.4) nói chung là khác

nhau.

Dưới đây, để phù hợp với các tài liệu, ta vẫn gọi hệ (1.1.3.3), (1.1.3.4), trong đó

ma trận E có thể suy biến ( det E có thể bằng 0) là hệ phương trình vi phân đại

www.VNMATH.com


14

số. Dạng đặc biệt (1.1.3.1)-(1.1.3.2) được gọi là dạng nửa hiển (nửa hiển) của hệ

phương trình vi phân đại số.

Nhận xét 1.3.2

Nói chung ma trận E và ma trận A trong (1.1.3.3) và (1.1.3.4) không nhất thiết

phải là ma trận vuông, nhưng chúng phải có cùng kích thước. Thí dụ, nếu nx

và ma trận A có số chiều là m n thì E cũng phải có số chiều là m n , còn f

phải là một vectơ có số chiều là 1m .

Bổ đề 1.3.1

Tồn tại dãy ma trận 0 1 2, , ,....C C C ( gọi là hệ ma trận cơ sở) sao cho mọi nghiệm

của hệ phương trình

00

0 10

( )( ) ( ) ; (1.1.3.5)

( ) ( ) ( ) . (1.1.3.6)

i

ii

i

ii

dx t dC Ax t C f t

dt dt

dI C E x t C f t

dt

cũng là nghiệm của (1.1.3.3).

Chứng minh

Chọn 0 1 2, , ,....C C C thoả mãn hệ

0 0

0

1

(1.1.3.7)

, 0,1,2,..., (1.1.3.8)i i i

EC A AC E

EC AC I i

trong đó 0

i là nhân Kroneker, tức là

01, 0;

0, 0.i

i

i

Giả sử ( )x t là nghiệm của (1.1.3.5)-(1.1.3.6). Nhân (1.1.3.5) với E , ta được:

00

00

( )( ) ( )

( ( )) ( ) ( ) . (*)

i

ii

i

ii

Edx t dEC Ax t EC f t

dt dt

dEx t EC Ax t EC f t

dt

www.VNMATH.com


15

Nhân (1.1.3.6) với A , ta được:

0 10

0 10

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) . (**)

i

ii

i

ii

dA I C E x t AC f t

dt

dAx t AC Ex t AC f t

dt

Lấy (*) trừ (**) ta được:

0 0 1

0

( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

i

i ii

dEx t Ax t EC Ax t AC Ex t EC AC f t

dt.

Từ (1.1.3.7) và (1.1.3.8) ta có:

0

0

0

( ( )) ( ) 0 ( ) ( ) ( )

i

ii

d dEx t Ax t I f t f t f t

dt dt.

suy ra

( ) ( ) ( )Ex t Ax t f t .

Vậy ta đã chứng minh được, mọi nghiệm của (1.1.3.5), (1.1.3.6) đồng thời cũng là

nghiệm của (1.1.3.3).

Nhận xét

Nếu không thêm điều kiện thì hệ (1.1.3.7)-(1.1.3.8) có thể có vô số nghiệm hoặc

vô nghiệm.

Thí dụ 1.3.1

Với 1

2

1 0 ; 0 1 ;x

E A xx

; ( )f t .

Phương trình (1.1.3.3) có dạng

1 2( ) ( ) ( )x t x t f t . (1.1.3.3’)

Chọn 0 1

0; ; ; 1,2,3...

0 1i

c cC C C i

cvà c bất kỳ.

Vì 0 1 0 1EC AC I I (đúng vì 1I , ma trận đơn vị)

www.VNMATH.com


16

1 2

1

0 ;

0 ; 2,3...i i

EC AC c c

EC AC c c i

Vì c bất kỳ nên có vô số iC thỏa mãn hệ (1.1.3.7)-(1.1.3.8), hay hệ (1.1.3.7)-

(1.1.3.8) không có tính duy nhất nghiệm.

Hệ (1.1.3.5)có dạng

( )

2

( )( ) ( )

1

i

i

c cdx tf t f t

cdt

hay

( )1

1

( )2

2

( )( );

( )( ) ( ).

i

i

i

i

dx tc f t

dt

dx tf t c f t

dt

(1.1.3.5’)

Hệ (1.1.3.6) có dạng

( )

1

( ) ( ) ( )1

i

i

c cx t f t f t

c

hay

( )

1

0

( )

2

1

( ) ( );

( ) ( ) ( ).

i

i

i

i

x t c f t

x t f t c f t

(1.1.3.6’)

Tích phân (1.1.3.5’) (đạo hàm (1.1.3.6’)) ta được (1.1.3.6’) (được (1.1.3.5’) hay

hai hệ (1.1.3.5’) và (1.1.3.6’) là trùng nhau.

Hơn nữa, thay ( )x t là nghiệm của (1.1.3.5’) (hay (1.1.3.6’)) vào (1.1.3.3’), ta thấy

(1.1.3.3’) thỏa mãn với mọi hàm giải tích ( )f t .

Thí dụ 1.3.2

Với 1 0

; ;0 1

E A x

Phương trình (1.1.3.3) có dạng: 1 1

2 20

x f

x f

www.VNMATH.com


17

Từ phương trình (1.1.3.7) ta có

0 0EC A AC E 01 02 01 02

1 0 0 1, ,

0 1 1 0c c c c

02

01

0

0

c

c.

Vậy 0 0 0C ;

Thay vào (1.1.3.8) với 0i :

00 1 0EC AC I 11 12

1 00,0 ,

0 1c c I

11 12 11

0 0 1 00 0

10 0 c c c

Phương trình ma trận này vô nghiệm. Vậy hệ (1.1.3.7), (1.1.3.8) (với E và A đã

cho trong thí dụ này) là vô nghiệm.

1.3.2 Hệ phƣơng trình xác định ma trận cơ sở

Trong Bổ đề 1.3.1 ta đã chọn 0 1 2, , ,....C C C thoả mãn hệ (1.1.3.7) - (1.1.3.8) mà

chưa nói đến sự tồn tại của hệ ma trận cơ sở này. Định lý dưới đây trả lời câu hỏi

đó.

Định lý 1.3.2

Giả sử hệ

01

01

; (1.1.3.9)

, 0,1,2,... (1.1.3.10)

i i i

i i i

EC AC I

C E C A I i

với điều kiện

0 0 0

1 1 1

; (1.1.3.11)

(1.1.3.12)

C C EC

C C AC

là giải được ứng với 0 1, ,..., ,...iC C C , trong đó 0

i là nhân Kroneker, tức là

0 1, 0;

0, 0.i

i

i (1.1.3.13)

Khi ấy, nếu 0 1,C C đã biết thì các ma trận còn lại iC , 2,3,...i có thể nhận được

theo công thức truy hồi

1 11 1( 1) ( )i i

iC C E C . (1.1.3.14)

Do tính kết hợp của phép nhân ma trận, ta có thể viết (1.1.3.14) dưới dạng

1 11 1( 1) ( )i i

iC C EC . (1.1.3.15)

www.VNMATH.com


18

Chứng minh

Cho 0i , từ ( 1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có:

0 1EC AC I (1.1.3.16)

và

0 1C E C A I . (1.1.3.17)

Nhân trái với 1C vào hai vế của (1.3.16) ta được:

1 0 1 1 1C EC C AC C . (1.1.3.17)

Từ (1.1.3.12) ta suy ra

1 0 0C EC . (1.1.3.18)

Nhân phải với 1C vào hai vế của (1.1.3.17) ta được:

0 1 1 1 1C EC C AC C . (1.1.3.17’)

Từ (1.1.3.12) ta suy ra

0 1 0C EC . (1.1.3.19)

Ta sẽ chứng minh iC tính theo công thức (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ:

1

1

; (1.1.3.20)

, 2,3,... (1.1.3.21)

i i

i i

EC AC

C E C A i

Cũng có nghĩa là Định lý 1.3.2 được chứng minh.

Ta sẽ chứng minh (1.1.3.20)-(1.1.3.21) bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với 2i công thức (1.1.3.14) cho

2 1 1C C EC . (1.1.3.21)

Nhân hai vế với E ta được

2

2 1 1 1( )EC EC EC EC . (1.1.3.22)

Với 3i công thức (1.1.3.14) cho

2 2 2

3 1 1 1 1( 1) ( ) ( )C C E C C E C . (1.1.3.23)

Nhân hai vế với A ta được:

2 2

3 1 1 1 1( ) ( )AC A C E C AC EC .

Mà theo (1.1.3.16) thì 1 0AC EC I nên theo (1.1.3.19) ta có

www.VNMATH.com


19

2 2 2

3 0 1 0 1 1

2 2

0 1 1 1 1

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) .

AC EC I EC EC EC EC

EC EC EC EC EC (1.1.3.24)

Vậy từ (1.1.3.22) và (1.1.3.24) suy ra 2 3EC AC .

Nhân phải hai vế của (1.1.3.21) với E ta được

2

2 1 1 1( )C E C EC E C E .

Nhân phải hai vế của (1.1.3.23) với A ta được

2

3 1 1( )C A C E C A .

Mà theo (1.1.3.17) và (1.1.3.17’) thì 1 0C A C E I và 0 1 1 1 1C EC C AC C .

Theo (1.1.3.18) ta có

2 2 2

3 1 0 1 0 1

2 2

1 1 0 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

C A C E C E I C E C E C E

C EC EC E C E C E

Vậy 2 3C E C A.

Như vậy với 2i thì công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ

(1.1.3.20) và (1.1.3.21).

Giả sử công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ (1.1.3.20) và

(1.1.3.21) với i k .

Ta chứng minh điều này cũng đúng với 1i k .

Thật vậy, với 1i k thì theo (1.1.3.14) ta có:

1 1

1 1 2 1( 1) ( ) ; ( 1) ( )k k k k

k kC C E C C E

Vậy:

1 1

1 1 1

2 1 1 1

( 1) ( ) ;

( 1) ( ) ( 1) ( ) .

k k

k

k k k k

k

EC E C E

AC A C E AC E C E

Mà theo (1.1.3.16) thì 1 0AC EC I nên theo (1.1.3.19) ta có

1

2 0 1

1 1

0 1 1 1 1

( 1) ( ) ( )

( 1) [ ( ) ]+ ( 1) ( ) ( 1) ( )

k k

k

k k k k k k

AC EC I E C E

EC EC EC E C E C E

Vậy 1 2k kEC AC .

Tương tự, theo (1.1.3.15) ta có

www.VNMATH.com


20

1 1 1( 1) ( )k k

kC C EC và 1 1

2 1 1( 1) ( )k k

kC C EC

nên

1

1 1 1 1

1 1 1 1

2 1 1 1 1

( 1) ( ) ( 1) ( ) ;

( 1) ( ) ( 1) ( ) .

k k k k

k

k k k k

k

C E C EC E C E

C A C EC A C E C A

Mà theo (1.1.3.17) thì 1 0C A C E I nên do (1.1.3.18) ta có

1 1 1 1

2 1 1 1 0

1 1

1 1 0 1

1

1

( 1) ( ) ( 1) ( ) ( )

( 1) ( ) ( 1) ( )

( 1) ( ) .

k k k k

k

k k k k

k k

C A C E C A C E C E I

C E C EC E C E

C E

Vậy 1 2k kC E C A .

Khẳng định đúng với 1i k , vậy công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15)

thoả mãn. Hệ (1.1.3.20) và (1.1.3.21) được chứng minh. Định lý chứng minh

xong.

Nhận xét

Với giả thiết của Định lý 1.3.2, ta có các công thức hệ quả sau đây

0 0 0

0 0 0

1 1 1

1 1 1

0 0

1

1 1

; 0,1,... (1.1.3.25)

; (1.1.3.26)

; (1.1.3.27)

; (1.1.3.28)

; (1.1.3.29)

( ) ; (1.1.3.30)

( 1) ( ) , 1,2... . (1.1.3.31)

i i

i

i i

EC A AC E i

AC EC AC

C A C AC E

EC AC EC

C E C EC A

EC EC

AC AC i

Chứng minh

Từ (1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có (1.1.3.25):

0 0

1 1( )i i i i i iEC A AC A A A C A I AC E .

Từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với 0i vừa chứng minh, ta có (1.1.3.26):

0 0 0 0 0AC AC EC EC AC .

Tương tự, từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với 0i ta có (1.1.3.27):

0 0 0 0 0C A C EC A C AC E .

www.VNMATH.com


21

Từ (1.1.3.12) và (1.1.3.25) với 1i , ta có (1.1.3.28) và (1.1.3.29):

1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

;

.

EC EC AC AC EC

C E C AC E C EC A

Theo (1.1.3.11) ta có: 2

0 0 0 0( )AC AC AC AC .

Nhân hai vế với 0AC ta được: 2 3

0 0 0 0 0( ) ( )AC AC AC AC AC .

Vậy 2 3

0 0 0( ) ( ) ....AC AC AC

Công thức (1.1.3.30) được chứng minh.

Theo (1.1.3.12) ta có: 2

1 1 1 1( )AC AC AC AC .

Nhân hai vế với 1AC ta được:

2 3

1 1 1 1 1( ) ( ) ( )AC AC AC AC AC .

Vậy

2 3 1

1 1 1 1( ) ( ) ... ( 1) ( )i iAC AC AC AC

Công thức (1.1.3.31) được chứng minh.

1.3.3 Cặp ma trận chính quy

Định nghĩa 1.3.3

Cặp ma trận ( , )E A được gọi là chính quy nếu tồn tại một số (thực hoặc phức )

sao cho det( ) 0A E .

Nhận xét

1, Nếu sao cho det( ) 0A E thì tồn tại vô số có tính chất ấy.

2, ( , );( , )E A A E là chính quy hay không chính quy đồng thời vì

1

det( ) det ( ) ( ) det( )nAA E E E A ,

trong đó n là cấp của ma trận.

Nếu cặp ma trận ( , )E A là chính quy thì (xem [10]) tồn tại hai ma trận không suy

biến ,P Q sao cho:

;E PEQ A PAQ (1.3.3.1)

www.VNMATH.com


22

với

0 0

0 0

0 0

N

E I

S

,

0 0

0 0

0 0

I

A R

I

, (1.3.3.2)

trong đó ,N R là những ma trận lũy linh bậc 0; 0k l tức là 0; 0k lN R ,

còn S là ma trận không suy biến.

Chọn

1 1; 0,1,2,...i iC Q C P i , (1.3.3.3)

trong đó

0 1

1

0 0 0 0 0

0 0 ; 0 0 0

0 0 0 0 0

I

C I C

S

1 0 0

0 0 0 ; 2,3,...,

0 0 0

i

i

N

C i (1.3.3.4)

thì iC thỏa mãn (1.1.3.9) -(1.1.3.13).

Thật vậy, vì

0 0

1 1

0

1 1

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

N

C EC I I I

S S S

I I I C

I S S

nên từ 1 1

0 0C Q C P ta có

1 1 1 1

0 0 0 0

1 1 1 1

0 0 0 0

( )( )( )C EC Q C P PEQ Q C P

Q C EC P Q C P C

Vậy ta có (1.1.3.11).

www.VNMATH.com


23

Hoàn toàn tương tự:

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

( )( )( )C AC Q C P PAQ Q C P

Q C AC P Q C P C

Vậy ta có (1.1.3.12).

Bây giờ ta chứng minh (1.1.3.9).

Vì

0 1

1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

N I I

EC AC I I R

S S I

I

I I

I

nên với 0i ta có:

1 1 1 1

0 1 0 1

1 1 1

0 1 0 1

( )( ) ( )( )

( ) 0.

EC AC I PEQ Q C P PBQ Q C P I

PEC P PAC P I P EC AC I P

Vì

1

1

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

i i

i i

N N I N

EC AC I R

S I

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

i iN N

nên với 1i ta có

1 1 1 1

1 1

1 1 1

1 1

( )( ) ( )( )

( ) 0.

i i i i

i i i i

EC AC PEQ Q C P PAQ Q C P

PEC P PAC P P EC AC P

Vậy (1.1.3.9) được chứng minh.

Xét (1.1.3.10).

Vì 0 1 0C E C A I nên với 0i ta có

www.VNMATH.com


24

1 1 1 1

0 1 0 1

1 1 1

0 1 0 1

( )( ) ( )( )

( ) 0.

C E C A I Q C P PEQ Q C P PAQ I

Q C EQ Q C AQ I Q C E C A I Q

Vậy 0 1C A C B E .

Với 1i ta phải chứng minh 1i iC A C B . Thật vậy:

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1

1

1

( )( ) ( )( )

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0

i i i i

i i i i

i i

i i

C E C A Q C P PEQ Q C P PAQ

Q C EQ Q C AQ C E C A

N N N I

I R

S I

N N

.

0 0 0

i

Vậy ta có (1.1.3.10).

Hơn nữa, 0; 0k kEC C E , trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( , )E A .

Thật vậy,

1 1 1( )( )k k kEC PEQ Q C P PAC P .

Mà

10 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

k k

k

N N N

EC I

S

,

còn

1 1 1( )( ) 0k k kC E Q C P PEQ Q C EQ

do 0kC E .

Vậy 0kC A .

Với i k , do

1 0 0

0 0 0 0

0 0 0

i

i

N

C nên 1 1 0i iC Q C P i .

www.VNMATH.com


25

Từ đó ta có nhận xét sau.

Nhận xét

Nếu ( , )E A là cặp ma trận chính quy thì dãy 0 1 1, ,... , ,....k kC C C C chỉ có hữu hạn

0 1, ,... kC C C khác không.

1.3.4 Tính duy nhất của ma trận cơ sở

Ta đã thấy ở trên, nếu ( , )E A là cặp ma trận chính quy với chỉ số 0k thì các

ma trận cơ sở iC được xác định bởi hệ sau:

0

1

0

1

; (1.3.4.1)

, 0,1,2.... 1. (1.3.4.2)

i i i

i i i

EC AC I

C E C A I i k

1 1 1

0 0 0

0; 0; (1.3.4.3)

; (1.3.4.4)

. (1.3.4.5)

k kEC C E

C C AC

C C EC

Với 0i thì (1.3.4.1) và (1.3.4.2) có dạng là:

0 1

0 1

EC AC I

C E C A I

Ngoài ra, 1 1( ) 0; ( ) 0k kEC C E .

Thật vậy, ta sử dụng (1.3.14) và (1.3.15)

Do 0kEC nên theo (1.3.14)

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1( 1) ( ) ( 1) ... ( 1) ( )k k k k k

kEC E C E C EC EC E C EC

Suy ra 1( ) 0kEC .

Vì 0kC E nên theo (1.3.15) ta có

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1( 1) ( ) ( 1) ... ( 1) ( )k k k k k

kC E C EC E C EC E C E C E

Vậy 1( ) 0kC E .

Ta có định lý sau.

www.VNMATH.com


26

Định lý 1.3.4

Giả sử ( , )E A là cặp ma trận chính quy với chỉ số 0k . Khi ấy, hệ (1.3.4.1)-

(1.3.4.5) có nghiệm và nghiệm là duy nhất.

1.3.5 Toán tử hiệu chỉnh

Xét toán tử ( )R được xác định bởi

0 1( ) ... kkR C C C , (1.3.5.1)

trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( , )E A ; , 0,1,...iC i k là các ma trận cơ sở

thoả mãn hệ:

01

01

; (1.3.5.2)

, (1.3.5.3)

0,1,2.... 1.

i i i

i i i

EC AC I

C E C A I

i k

1 1 1

0 0 0

0; 0 (1.3.5.4)

(1.3.5.5)

(1.3.5.6)

k kEC C E

C C AC

C C EC

Toán tử ( )R như trên được gọi là toán tử hiệu chỉnh.

Ta cũng có

0 00; 0 1,2,...i iC AC C AC i k . (1.3.5.7).

Thật vậy,

1 1 1 1 1 10 0 0( )( )( )i i iC AC Q C P PAQ Q C P Q C AC P .

Mà

0

1

1

1

0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 00 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0.

0 0 00 0

i

i

i

I N

C AC I R

IS

N

I

S

Tương tự ta có: 0 0iC AC .

www.VNMATH.com


27

Bổ đề 1.3.5.1

1 10 0 0 0

10

10

( ) ( ) ; (1.3.5.8)

( ) ; (1.3.5.9)

( ) . (1.3.5.10)

i i

i i

I C A C C I AC

I C A C C

C I C A C

Chứng minh

Ta có:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( )I C A C IC C AC C I C AC C I AC .

Suy ra

0 0 0 0( ) ( )C I AC I C A C . (*)

Mà

1 10 0 0 0

1 10 0 0 0

1 10 0 0 0

(*) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) .

I C A C I AC I AC

I C A I AC C I AC

I C A C C I AC


Từ (1.3.5.7) ta có 0 0iC AC . Suy ra

0 0( )i i i iC C C AC I C A C

hay

1 10 0 0( ) ( ) ( )i i iI C A C I C A I C A C C .

Cũng từ (1.3.5.7) ta có 0 0iC AC . Suy ra

0 0( )i i i iC C C AC C I AC .

Hay

1 10 0 0( ) ( )( )i i iC I AC C I AC I AC C .


Bổ đề 1.3.5.2

Xét phương trình ( ) ( ) ( )E A x t f t (1.3.5.11)

với cặp ma trận ( , )E A chính quy chỉ số k . Nghiệm của (1.3.5.11) thoả mãn

phương trình: 0( ) ( ) ( ) ( )I C A x t R f t . (1.3.5.12)

www.VNMATH.com


28

Chứng minh

Nhân (1.3.5.11) với ( )R ta được: ( )( ) ( ) ( ) ( )R E A x t R f t .

Từ (1.3.5.3) và (1.3.5.4) suy ra

0 1

2 1

0 0 1 1 2 1

0 0 1 0

( ) ...

...

.

k

k

k k

k k k

R E A C C C E A

C A C E C A C E C A C E C A C E

C A C E C A I C A

Vậy

0( ) ( ) ( ) ( )R E A x t I C A x t R f t .

Như vậy, (1.3.5.12) được chứng minh.

Bổ đề 1.3.5.3

Vectơ ( ) ( )x t R y t , trong đó y thoả mãn phương trình

0 ( ) ( )I AC y t f t

là nghiệm của (1.3.5.11).

Chứng minh

Từ (1.3.5.2) và (1.3.5.4) ta có

0E A R I AC .

Suy ra

0( ) ( ) ( ) ( ).E A x t I A R y t I AC y t f t

Điều đó chứng tỏ ( )x t là nghiệm của (1.3.5.11).

Từ bổ đề 1.3.5.1 ta có:

(i) 1 1 1

0 0 0 1 2 ... k

kI C A R I C A C C C C .

(ii)1 1

0 0 0 1 2 ... k

kR I AC C I AC C C C .

Nhận xét

Vế phải của (i) và (ii) là trùng nhau do (1.3.5.8) trong Bổ đề 1.3.5.1, nghĩa là Bổ

đề 1.3.5.2 và Bổ đề 1.3.5.3 cho cùng một công thức biểu diễn nghiệm của

(1.3.5.11).

www.VNMATH.com


29

Từ (i) ta có

1 1 1

0 0 0 1 2[ ... ]k

kI C A R f I C A C C C C f (*)

Vì theo (1.3.5.12) thì 0I C A x R f .

Suy ra

1

0x I C A R f .

Kết hợp với (*) ta suy ra công thức biểu diễn nghiệm của (1.3.5.11):

1 1

0 0 1 ... k

kx I C A C f C f C f .

Từ đó ta có định lý sau.

Định lý 1.3.5.1

Nghiệm của phương trình E A x f , với cặp ma trận ( , )E A chính

quy chỉ số k có dạng:

1

1 ... k

kx y C f C f ,

trong đó y là nghiệm của phương trình

0 0I C A y C f . (1.3.5.15)

Điều này tương đương với

1

0 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ... ( )k

kx t C z t C f t C f t C f t ,

trong đó ( )z t là nghiệm của phương trình

0 ( ) ( )I AC z t f t . ( 1.3.5.16)

Chú ý

Nếu là số mà 0 0; ;E A I C A I AC khả nghịch thì định lý luôn đúng.

Ngoài ra, khi là toán tử vi phân hay sai phân thì điều này vẫn đúng.

Khi ấy, cần hiểu nghiệm của (1.3.5.15) và (1.3.516) như là nghiệm chung (hoặc

nghiệm riêng).

www.VNMATH.com


30

1.3.6 Nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số

Xét hệ phương trình vi phân đại số

( ( )) ( ) ( ), 0d

Ex t Ax t f t t Tdt

, (1.3.6.1)

với cặp ma trận ,E A là chính qui, tức là det 0E A .

Tính chính qui của cặp ma trận ,E A cho phép áp dụng Định lý 1.3.5.1 nhờ

cách đặt d

dt. Khi đó nghiệm của phương trình (1.3.6.1) có dạng:

1

01

( ) ( ) ( )

ik

ii

dx t C z t C f t

dt, (1.3.6.2)

trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ,E A , còn vectơ ( )z t là nghiệm của

phương trình

0

( )( ) ( )

dz tAC z t f t

dt. (1.3.6.3)

Điều này có thể kiểm tra trực tiếp nhờ các tính chất của hệ ma trận cơ sở. Và ta có

thể thấy, với mọi nghiệm ( )z t của phương trình (1.3.6.3) thì vectơ (1.3.6.2) là

nghiệm của phương trình (1.3.6.1).

Bây giờ ta xét bài toán Cauchy của hệ (1.3.6.1), tức là tìm nghiệm của phương

trình (1.3.6.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu (0)x a .

Ta có thể thấy vectơ a nói chung không thể bất kì. Thật vậy, thay (0)x a vào

(1.3.6.2), ta có

1

0 0 01

C ( )

ik

i ti

da z C f t

dt. (1.3.6.4)

Như vậy, vectơ a phải thỏa mãn điều kiện (1.3.6.4). Do đó, tốt hơn là ta chọn

điều kiện ban đầu dạng

(0) (0)y Ex Ea , (1.3.6.5)

trong đó a thỏa mãn điều kiện (1.2.6.4).

Điều kiện (1.3.6.4) được gọi là điều kiện tương thích (của điều kiện ban đầu và

phương trình đã cho).

www.VNMATH.com


31

§2 TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI

SỐ TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

Xét hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính

( ) ( ) ( )Ex t Ax t Bu t (1.2.1)

trong đó ( ) ; ( )n mx t u t tương ứng là các vectơ trạng thái, điều khiển đầu

vào, tham số đo đầu ra; , ;n n n mE A B là các ma trận hằng số. Giả sử

rằng q rankE n và ( , )E A là cặp ma trận chính quy. Khi đó, tồn tại hai ma

trận không suy biến ,P Q sao cho (xem [10]):

1( , ); ( , )QEP diag I N QAP diag A I .

Đặt

1 11

1 2

2 2

; , ;x B

P x CP C C QBx B

.

Khi ấy (1.2.1) viết được dưới dạng :

1 1 1 1

2 2 2

1 1 2 2

( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( ),

x t A x t B u t

Nx t x t B u t

y t C x t C x t

(1.2.2)

trong đó 1 21 2 1 2; ;

n nx x n n n , còn 2 2n n

N là ma trận lũy linh bậc

h.

Hệ (1.2.2) gồm một phương trình vi phân thường (được gọi là hệ tiến, hay hệ

chậm) và một phương trình vi phân suy biến với ma trận lũy linh (được gọi là hệ

lùi hay hệ nhanh). Nghiên cứu hệ (1.2.2) đơn giản hơn rất nhiều so với việc

nghiên cứu hệ (1.2.1). Do đó, trong phần này ta nghiên cứu hệ (1.2.2) thay cho

(1.2.1) mà kết quả thu được cho cả hai hệ là tương đương.

Giả thiết rằng, điều khiển chấp nhận được đầu vào 1( ) h

pu t C , trong đó 1h

pC là

lớp hàm khả vi liên tục 1h lần. Từ mục 1.2, ta biết rằng khi 0t , nghiệm của

hệ (1.2.2) là:

www.VNMATH.com


32

( )01 11 1 1

0

( ) ( ) ( )t

A t A t sx t e x e B s u s ds ;

1

( )

20

( ) ( )h

k k

k

x t N Bu t .

Ta đưa vào khái niệm điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến

tính như sau.

Định nghĩa 2.1

Hệ (1.2.1) được gọi là điều khiển được hoàn toàn nếu với bất kỳ (0) nx ,

nw , có thể tìm được một thời điểm 1 0t và một điều khiển đầu vào

u(t) 1h

pC sao cho nghiệm tương ứng của (1.2.1) thỏa mãn 1( )x t w .

Nếu hệ (1.2.1) là điều khiển được hoàn toàn thì từ một điểm ban đầu bất kì

(0) nx ta luôn có thể đi đến điểm bất kì khác nw theo quĩ đạo của hệ

(1.2.1) nhờ một điều khiển nào đó. Như vậy, định nghĩa này là mở rộng tự nhiên

của khái niệm điều khiển được của hệ phương trình vi phân thường sang cho

phương trình vi phân đại số (1.2.1).

Viết lại hệ (1.2.2) trong dạng hệ thống con chậm-nhanh, ta có:

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

, ; (1.2.2 )

, ; (1.2.2 )

x A x B u y C x a

Nx x B u y C x b

Ta có định lý sau

Định lý 2.1

(1) Hệ con chậm (1.2.2a) là điều khiển được hoàn toàn nếu

,rank sE A B n s , s hữu hạn.

(2) Các mệnh đề sau là tương đương:

(2a) Hệ con nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn.

(2b) 1

2 2 2 2... hrank B NB N B n ;

(2c) 2 2rank N B n ;

(2d) rank E B n .

www.VNMATH.com


33

(3) Các mệnh đề sau là tương đương:

(3a) Hệ (1.2.2) là điều khiển được hoàn toàn.

(3b) Cả hai hệ chậm và nhanh là điều khiển được hoàn toàn.

(3c) 1 11

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2... ; ...n hrank B A B A B n rank B NB N B n ;

(3d) ,rank sE A B n s , s hữu hạn và rank E B n .

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh từng kết quả một.

(1) Hệ chậm (1.2.2a) là một hệ phương trình vi phân thường. Do đó, (1.2.2a)

là điều khiển được hoàn toàn (xem, thí dụ, [4], [6]) nếu và chỉ nếu

1 1 1,rank sI A B n s , s hữu hạn. (*)

Chú ý rằng:

1 1

2

0.

0

sI A Brank sE A B rank sQEP QAP QB rank

sN I Bv

à sN-I là khả nghịch với bất kỳ số phức s, s hữu hạn, ta có:

2 1 1rank sE A B n rank sI A B .

Chứng tỏ rằng (*) xảy ra nếu và chỉ nếu

1 2 ;rank sE A B n n n s , s hữu hạn.

Vậy (1) được chứng minh.

(2) Ký hiệu 1

2 2 2 2: Im , ,..., hN B B EB E B , tức là tập ảnh của ánh xạ tuyến

tính 1

2 2 2, ,..., hB EB E B .

Theo định nghĩa, nếu hệ nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn thì

22

nN B hay

1

2 2 2 2... hrank B NB N B n .

Do đó các mệnh đề (2a) và (2b) là tương đương.

Hơn thế nữa, (N, B2) là điều khiển được hoàn toàn nếu và chỉ nếu

2 2 , ( )rank sI N B n s N , (**)

www.VNMATH.com


34

trong đó

( ) : 0N s s sI N .

Do N là ma trận luỹ linh, ( ) 0N . Vậy (**) xảy ra nếu và chỉ nếu

2 2 2rank N B rank N B n .

Chứng tỏ các mệnh đề (2b) và (2c) là tương đương.

Để chứng minh sự tương đương giữa (2c) và (2d), ta chỉ cần chú ý rằng:

1 2rank E B rank QEP QB n rank N B .

Điều này có nghĩa là

2 2rank N B n rank E B n .

Vậy các mệnh đề (2a), (2b), (2c), (2d) là tương đương.

(3) Ký hiệu tập đạt được sau thời gian t từ điểm 1(0)x là

( )1 11 10 1

01

1( )

20

( ) ( ) ( ) ;

( (0)) : ( ) ( ) :

( ) ( )

tA t A t s

th

k k

k

x t e x e B s u s ds

R x x t u t

x t N Bu t

và tập đạt được từ điểm 1(0)x là

1 1( (0)) : ( (0)), 0tR x R x t .

Giả sử có (3a). Chọn điều kiện ban đầu 1(0) 0x . Định nghĩa điều khiển được

hoàn toàn cho thấy rằng: với bất kỳ nw , luôn tồn tại 1 0t và một điều khiển

đầu vào 1( ) h

pu t C sao cho nghiệm tương ứng của hệ (1.2.1) có tọa độ điểm

cuối thỏa mãn 1( )x t w. Nghĩa là tập đạt được

1( )1

1 1 1

01

1( )

2 1 10

( ) ( ) ( ) ;

(0) : ( ) ( ) :

( ) ( )

tA t s

hk k

k

x t e B s u s ds

R x t u t

x t N Bu t

của hệ (1.2.1) xuất phát từ (0) 0x tại điểm 1t bằng cả không gian n :

1 1 2(0) nR A B N B ,

www.VNMATH.com


35

hay 1 11

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2... ; ...n hrank B A B A B n rank B NB N B n .

Vậy từ (3a) suy ra (3c).

Ký hiệu

1 1 21 1 2 1 1 2( (0)) : / : ( ) (0) , 0

A t n nH x x x x x t e x x ,

là tập đạt được từ điểm 1(0)x khi không có điều khiển ( ( ) 0u t ).

Ta có thể chứng minh được rằng

1 1( (0)) (0) ( (0))R x R H x .

Giả sử có (3c). Khi ấy (0) nR . Suy ra 1( (0)) nR x , do đó hệ (1.2.1) là điều

khiển được hoàn toàn. Vậy từ (3c) suy ra (3a) hay (3a) và (3c) là tương đương.

Kết hợp các kết quả trên với (1) và (2) dẫn đến sự tương đương của (3a) và (3c),

(3b) và (3d).

Định lý 2.1 chứng minh xong.

www.VNMATH.com


36

Chƣơng 2 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ

TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ BIẾN THIÊN

§1. TÍNH GIẢI ĐƢỢC CỦA PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN

TÍNH CÓ HỆ SỐ BIẾN THIÊN

1.1 Khái niệm chung

Xét phương trình vi phân

1 0 1( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ), ,

dx t E t A t x t f t t T t t

dt, (2.1.1)

với giả thiết det ( ) 0,E t t T .

Nghiên cứu tính giải được (sự tồn tại nghiệm) của phương trình (2.1.1) ta hướng

tới hai mục tiêu sau:

1) Tiêu chuẩn giải được của hệ phương trình (2.1.1).

2) Cấu trúc tập nghiệm.

Ta đã biết, đối với phương trình vi phân thường, bài toán giá trị ban đầu (bài toán

Cauchy) luôn có nghiệm duy nhất. Nếu phương trình là tuyến tính, thì tập hợp

nghiệm của nó tạo thành một không gian hữu hạn chiều với cơ sở là một bộ vectơ

nghiệm độc lập tuyến tính. Các nghiệm khác được biểu diễn qua các vectơ cơ sở

nhờ ma trận nghiệm cơ bản. Ta có

Định nghĩa 1.1

Ma trận ( )X t cấp n n thoả mãn bài toán ban đầu

( ) ( ) ( ),

( ) .n

X t C t X t t I

X E

được gọi là ma trận nghiệm cơ bản của phương trình

( ) ( ) ( ) ( )x t C t x t f t .

Ta đã biết định lý sau đây của phương trình vi phân thường.

www.VNMATH.com


37

Định lý 1.1

Hệ phương trình vi phân

( ) ( ) ( ) ( ),x t A t x t f t t T (2.1.2)

với , ( )A f C T là giải được trên mọi khoảng đóng I T và nghiệm tổng quát

có dạng

1( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,t

x t c X t c X t X s f s ds t T ,

trong đó ( )X t là ma trận nghiệm cơ bản, nc bất kỳ. Hơn nữa, c thì

1( , ) ( )x t c C T .

Ký hiệu ( )iC T là không gian các hàm khả vi đến cấp i và ( )AC T là không gian

các hàm giải tích trên T . Ta có

Hệ quả 1.1

Nếu , ( )if A C T thì nghiệm tổng quát của (2.1.2) 1( , ) ( )ix t c C I . Hơn nữa,

nếu , ( )Af A C T thì ( , ) ( )Ax t c C I trên mọi khoảng đóng I T .

Một điều khá tự nhiên là, để tìm ra các tiêu chuẩn giải được của hệ (2.1.1), ta có

thể đặt câu hỏi: Khi nào thì tập nghiệm của (2.1.1) tạo thành một không gian hữu

hạn chiều (như trong trường hợp phương trình vi phân thường tuyến tính)?- Để

làm điều này, ta đưa vào định nghĩa sau đây.

Định nghĩa 1.2

Ta nói không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều trên khoảng

,I T nếu tồn tại ma trận 1( ) ( )dX t C T với d cột khác không sao

cho mọi nc thì vectơ hàm ( , ) ( ).dx t c X t c là nghiệm của phương trình

1 0x trên I và trên I không có nghiệm nào khác của phương trình 1 0x

khác với ( , )x t c .

Hàm ( )x t được gọi là nghiệm của phương trình (2.1.1) trên T nếu nó khả vi trên

T và khi thay ( )x t vào (2.1.1) thì ta được đẳng thức đúng trên T .

www.VNMATH.com


38

Có thể thấy, không gian nghiệm của hệ (2.1.1) có thể là vô hạn chiều.

Thí dụ 1.1

Xét phương trình vi phân

1 1

2 2

( ) ( )1 2 1 20, 0,1

( ) ( )0 0 1 2

x t x tt

x t x t

. (2.1.3)

Ta thấy:

1 2 1 2

( , ) 20 0 1 2

rank A B rank n

và

1

2

( ) 2( ) , 0,1,2...

( )

i

ii i

i

x t tx t i

x t t

là nghiệm của hệ (2.1.3) vì

1

1

1 2 1 2 02 2, 0,1 , 0,1...

0 0 1 2 0

i i

i i

it tt i

it t

Mà 0

( )i ix t là độc lập tuyến tính vì

0

0 0

0

20

( ) 0 0,10

i

ii i

i i ii ii

ii

c t

c x t c t t

c t

.

Do 0

i

it là cơ sở trong không gian các đa thức

( ) ( ) ; 0,1,...i

m iP t P t a t m

nên suy ra 0 0,1,2...ic i

Như vậy không gian nghiệm của (2.1.3) là vô hạn chiều.

Thí dụ 1.1 cho thấy, không phải lúc nào không gian nghiệm của phương trình vi

phân đại số cũng là hữu hạn chiều.

Mặt khác, ta có

www.VNMATH.com


39

1 2 1 2 1 2( 1)

0 0 1 2 1 2E A

nên det( ) 0E A . Vậy ,E A là không chính quy.

Hệ (2.1.3) là hệ phương trình vi phân đại số dừng (hệ số hằng). Với phương trình

vi phân đại số hệ số hằng ta đã biết một kết quả sau đây (xem [9]):

Định lý 1.2

Cặp ma trận ,E A là chính quy khi và chỉ khi không gian nghiệm của phương

trình ( ) ( ) 0Ex t Ax t là hữu hạn chiều. Hơn nữa, số chiều của không gian

nghiệm bằng bậc của đa thức đặc trưng E A .

Đối với hệ phương trình vi phân đại số với hệ số biến thiên, vấn đề trở nên phức

tạp hơn rất nhiều.

Thí dụ 1.2

Xét phương trình

1 0( )

( ) 0, 0,10 0 1

t dx tx t t

tdt. (2.1.4)

1 2 1

1 2

( ) ( ) ( ) 0;

( ) ( ) 0.

tx t x t x t

tx t x t

Ta có

1 0( ( ) ( )) 2 ,

0 0 1

trank E t A t rank t

t.

và

0

( ) ( )0 0 1 1

t tE t A t

t t.

Nếu 0 thì det( ( ) ( )) 0E t A t .

Và (2.1.4) trở thành

1 2

1 2

( ) ( ) 0;

( ) ( ) 0.

tx t x t

tx t x t

www.VNMATH.com


40

Hệ trên có duy nhất một nghiệm 1( ) 0x t , 2 ( ) 0x t .

Thật vậy, từ phương trình 1 2( ) ( ) 0tx t x t ta có 2 1( ) ( )x t tx t .

Suy ra 2 1 1( ) ( ) ( )x t tx t x t .

Thay vào phương trình 1 2( ) ( ) 0tx t x t ta được

1 2 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0tx t x t tx t tx t x t x t .

Vậy 1( ) 0x t . Suy ra 2 ( ) 0x t .

Với 1 thì

(2.1.4)1 2 1 1

1 2 2 1

( ) ( ) ( ) 0 ( )

( ) ( ) 0 ( ) ( )

tx t x t x t x t

tx t x t x t tx t

Hơn nữa: 1

( ) 0,1,...i

i i

tx t i

t là nghiệm của hệ và

0( )i i

x t là độc lập tuyến

tính. Do đó nó là cơ sở của không gian nghiệm. Như vậy ta thấy, không gian

nghiệm là vô hạn chiều mặc dù

det( ( ) ( )) 1 0E t A t .

Với 1:

2 1

1 1 1 1

2 1 21

1 1

( ) ( )(2.1.4)

( ) ( ( ) ( )) ( ) 0

( ) ( ) ( ) 0

( 1) ( ) 0 ( ) 0

x t tx t

tx t tx t x t x t

x t tx t x t

x t x t

Vậy (2.1.4) có duy nhất nghiệm ( ) 0x t mặc dù

det( ( ) ( )) 0E t A t .

Từ thí dụ này ta thấy, Định lý 1.2 không còn đúng đối với hệ phương trình vi phân

có hệ số biến thiên.

Định nghĩa 1.3

Giả sử 1 2,E E là các không gian vectơ tôpô. A là toán tử tuyến tính 1 2E E . Ta

đưa vào ký hiệu các không gian:

1 : 0KerA u E Au được gọi là nhân (hạch) của A .

www.VNMATH.com


41

2 1Im : ;A f E Au f u E được gọi là ảnh của A .

2kerIm

ECo A

A được gọi là đối nhân (đối hạch) của A .

Định nghĩa 1.4

Ta nói hạch của toán tử 1

1 : ( ) ( )C T C T là hữu hạn chiều

1(dim er ; )K t T nếu không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều.

Nhận xét

Nhiễu nhỏ của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính có thể sẽ thay đổi chiều

của không gian nghiệm thậm chí khi ( ) rankE t không thay đổi.

Thí dụ 1.3

Xét hệ

1 1

2 2

( ) ( )1 0 0

( ) ( )0 0 1 0

x t x tt

x t x tt

(2.1.5)

với 20,1 ; ; ,t x là các nhiễu đủ nhỏ.

Khi 0, 0 thì

1 2 1

1 2

1 0(2.1.5) ( ) ( ) 0

0 0 1

( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) 0

tx t x t

t

tx t x t x t

tx t x t

Hệ này đã được xét trong Thí dụ 1.2.

Khi 1 thì hệ có duy nhất nghiệm ( ) 0x t .

Khi ; 0; 0 . Khi ấy

1 2 1

1 2

1 1 1 1

2 1

( ) ( ) ( ) 0(2.1.5)

( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( )

t x t x t x t

t x t x t

t x t t x t x t x t

x t t x t

www.VNMATH.com


42

1

1 1

1

2 1

2 1

( ) 1( ) ( ) ( 1) ( ) 0

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

dx tdtx t x t

x tx t t x t

x t t x t

1

11 1

1

2 1 2

1( ) ;ln ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

t

t

x t cex t c t

x t t x t x t t ce

Với 0t thì 1

2 1 1

(0) ;

(0) (0).

x c

x c x

Suy ra nghiệm của (2.1.5) có dạng (với 1

)

1 1

2 1 1

( ) (0) ;

( ) (0) (0) .

t

t t

x t x e

x t tx e x e

Chọn ; 0 sao cho 1 2( ) ; ( )x t x t . Thí dụ chọn khi ấy

0 thì 0 và 1 1 1

.

Suy ra

1

1 1 2 1 1( ) (0) ; ( ) (0) (0)t

t tx t x e x t tx e x e .

Vậy ta thấy họ nghiệm 1 2( ), ( )x t x t không tiến tới nghiệm ( ) 0x t .

Mặc dù vậy, 1

( ) 10 0

trankE t rank không đổi với mọi nhiễu ,

0( ) ( )

0 0 1 1

t tE t A t

t t,

tức là

det( ( ) ( )) ( ) 0 ; 0E t A t t t .

Như vây, nhiễu dù nhỏ bao nhiêu cũng có thể làm thay đổi số chiều của không

gian nghiệm.

Ta có thêm một nhận xét rằng, nếu det ( ) 0E t với mọi t T thì 1Im ( )C T .

Điều này không còn đúng khi det ( ) 0E t .

www.VNMATH.com


43

Thí dụ 1.4

Xét hệ

1 1 1

1

2 2 2

( ) ( ) ( )0 1 1 00,1

( ) ( ) ( )0 0 0 1

x t x t f tx t

x t x t f t

, (2.1.6)

Ta có:

(2.1.6) 2 1 1 1 1 2

2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

x t x t f t x t f t f t

x t f t x t f t

Như vậy, nếu ta chỉ giả thiết f C tức là f liên tục nhưng không khả vi thì hệ

(2.1.6) là vô nghiệm. Để hệ có nghiệm ta phải đặt điều kiện, thí dụ, khá thô thiển,

là 2f C .

Ta đã biết, đối với phương trình vi phân thường tuyến tính không thuần nhất (vế

phải không đồng nhất bằng 0), không gian nghiệm luôn hữu hạn và không phụ

thuộc vào vế phải. Với phương trình vi phân đại số, tính chất số chiều hữu hạn của

không gian nghiệm liên quan chặt chẽ với tính giải được của hệ không thuần nhất.

Thí dụ 1.5

Xét hệ

1 1 1

1

2 2 2

( ) ( ) ( )1 1 0

( ) ( ) ( )0 0 1

x t x t f ttx

x t x t f tt

. (2.1.7)

Ta có:

(2.1.7)1 2 1 1

1 2 2

( ) ( ) ( ) ( );

( ) ( ) ( ).

tx t x t x t f t

tx t x t f t

Hệ

1 2 1

1 2

( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) 0

tx t x t x t

tx t x t

có nghiệm là (xem Thí dụ (1.2)

1

1

2 1

( ) ;

( ) ( )

x t C

x t tx t

www.VNMATH.com


44

Đối với hệ (2.1.7) ta có:

1 2 1 1

2 2 1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

tx t x t x t f t

x t f t tx t

1 2 1 1 1 1

2 2 1

( ) ( ( ) ( ) ( )) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

tx t f t tx t x t x t f t

x t f t tx t

Suy ra 2 1( ) ( )f t f t

Vậy hệ (2.1.7) giải được khi và chỉ khi vế phải của phương trình (2.1.7) thỏa mãn

điều kiện 2 1( ) ( )f t f t . Với điều kiện này hệ có vô số nghiệm dạng

1

1

2 2 1

( ) ;

( ) ( ) ( ).

x t C

x t f t tx t

Thí dụ 1.4 và thí dụ 1.5 cho ta thấy, để hệ phương trình vi phân tuyến tính có hệ

số biến thiên có nghiệm thì phải có những điều kiện nhất định đặt lên vế phải, ví

dụ như hàm f phải liên tục và khả vi đến cấp cần thiết.

Những ví dụ trên đây cho ta thấy rằng, việc nghiên cứu tập nghiệm của hệ phương

trình vi phân có hệ số biến thiên phức tạp hơn rất nhiều so với trường hợp hệ số

hằng, chắc chắn phải có những điều kiện ràng buộc nhất định đặt lên hai vế của

phương trình. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu các tính chất nghiệm để làm rõ hơn

những điều này.

1.2 Các tính chất nghiệm

Bổ đề 1.2.1

Ký hiệu

( , ) : , 0n nU a r x x a r r

Giả sử

( ) ( ( , )); 0,1,2....iA x C U a r i

Khi ấy, ( , ); ( , ) ( , )b U a r U b U a r và các ma trận ( ); ( )L x R x xác định

trên ( , )U b sao cho:

1, ( )rankA x const ;

www.VNMATH.com


45

2, det ( ) 0L x và 1( )

( ). ( )0

A xL x A x ;

3, 2det ( ) 0; ( ). ( ) ( ) 0R x A x R x A x , trong đó số dòng (cột) khác

không bằng .

Định lý 1.2.1

Giả sử 1( ); ( ) ( )A t B t C I trong đó max ( ),rankA t t T .

Khi ấy, không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều trên T I khi và chỉ khi

không tồn tại đoạn con 0 0, T I sao cho

0 0[ ( ), ( )] ,rank A t B t n t .

Chứng minh

Giả sử 0 0, T sao cho : 0 0( ( ), ( )) ,rank A t B t n t .

Áp dụng bổ đề: 1 1 0 0, , sao cho

2( ( ), ( ))rank A t B t const , 1 1( ) ;rankA t const

và tồn tại ma trận 1

1 ,1 1( )L t C sao cho 1( ) 0L t và

1 1

1 1 1 2

( ) ( )

, ( )( ( ) ( )) 0 ( )

0 0

A t B t

t L t A t B t B t , (2.1.2.1)

trong đó số dòng 0 của ma trận 1( )( ( ) ( ))L t A t B t bằng 2n .

Có hai khả năng xảy ra.

Khả năng 1 2 1 1( ) 0 ,B t t .

Xét hệ

11 12 11 12( ) ( ) ( ) ( ) 0A A x t B B x t , (2.1.2.2)

trong đó

11 12 1 11 11 12 1( ) ; det 0; ( )A A A A B B B trên 2 2 1 1, , .

Xây dựng trên 2 2, nghiệm khác không của (2.1.2.1) như sau:

( ) ( )x t y t với 2 2 2 2( ) 0; '( ) 0; ( ) 0; '( ) 0y y y y . (2.1.2.3)

www.VNMATH.com


46

Tách 1 2( ) ( ( ) ( ))y t y t y t tương ứng với các khối của 1 1,A B , ta có:

1

1 11 11 1' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), (2.1.2.4)y t A t B t y t q t

trong đó

1

11 12 2 12 2( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )q t A t A t y t B t y t .

Suy ra

1

1

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( )t

y t X t c X t X s q s ds X t (2.1.2.5)

là ma trận nghiệm cơ bản của hệ (2.1.2.4).

Để (2.1.2.3) được thỏa mãn thì

1 2 2 1 2 2 2 2 2( ) ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0y X c y y y .

1 2 2 2 1 2 2 2( ) 0; ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0y y y y .

Do 1 2 2( ) ( ) 0y X c nên 0c .

Ta tìm 2 ( )y t dưới dạng:

2

2 0 1 2 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) j

j jy t a a t a t a t ,

trong đó 0 1, ,... ja a a

Từ (2.1.2.3), (2.1.2.4) và (2.1.2.5) ta suy ra 2 2( ) 0y . Vậy 0 0a .

1

2 1 2 2 2( ) 2 ( ) ... ( ) j

jy t a a t ja t

2 2( ) 0y . Vậy 1 0a .

2

2 2 2 2 2 3 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) 0j

jy a a a ; (2.1.2.6)

2

2 2 2 2 2 3 2 2 2 2( ) ( ) 2 3 ( ) ... ( ) 0j

jy a a ja ;

21

1 2 222

( ) ( ) ( ) ( ) 0j

i ii

y X X s q s ds c a , (2.1.2.7)

trong đó 2

1 1

1 2 2 11 12 2 12 2

2

( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( ) ( ) ( )y X X s A s A s y s B s y s ds .

www.VNMATH.com


47

Thay 2 2;y y ta có:

1 2 2 2 3 3( ) ... 0j jy c a c a c a .

Suy ra

21 1

2 2 2 2 2

2

( ) ( ) ( )( ) ( )( )i i

ic X X s iA s s B s s ds .

Khi 23j thì hệ (2.1.2.5)-(2.1.2.7) có nghiệm không tầm thường:

0 1, ,... ja a a và do (2.1.2.4) thì điều kiện 2 2 1 2( ) 0; ( ) 0y y được thỏa mãn.

Khả năng 2 2 ( ) 0B t

Giả sử 0 0, sao cho 0 0( ( ) ( )) ,rank A t B t n t .

Theo bổ đề 1.2.1, 1 1, để 2 1( ) ( ) ; ( )rank A t B t rankA t

và

1 1

1 1 2

( ) ( )

: ( )( ( ) ( )) 0 ( )

0 0

A t B t

L L t A t B t B t .

Do 2 ( ) 0B t nên 2 2 1 1, , sao cho tìm được định thức con 22B của

ma trận 2B mà 22 0B trên 2 2, .

Xét hệ

11

2 2

2

( )( )'( ) ( ) 0; ,

( )0

B tA tx t x t t

B t

1 1

2

( ) '( ) ( ) ( ) 0(*)

( ) ( ) 0

A t x t B t x t

B t x t

Coi 2 21 22( )B B B . Khi ấy

2 21 1 22 2( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0B t x t B t x t B t x t

1

2 22 21 1 1( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( )x t B t B t x t F t x t .

Thay vào (*) ta suy ra:

www.VNMATH.com


48

'11

11 12 11 12'22

' '

11 1 12 2 11 1 12 2

' '

11 1 11 1 1 12 1 1

11 12

( )( )( ( ) ( )) ( ) ( ) 0

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( ) ( ) ( ))

( ) ( ) ( )

x tx tA t A t B t B t

x tx t

A t x t A t x t B t x t B t x t

A t x t B t x t F t x t A t F t x t F t x t

A t A t F t x '

1 11 12 1( ) ( ( ) ( ) ( ) '( )) ( ) 0.t B t F t A t F t x t

Ma trận 11 12( ( ) ( ) ( ))A t A t F t có số chiều 1 .

Trƣờng hợp 2.1

11 12 1 3 3[ ( ) ( ) ( )] ,rank A t A t F t t

Khi đó trở về khả năng 1 đã xét ở trên.

Trƣờng hợp 2.2

11 12 2 2( ( ) ( ) ( )) 0 ,A t A t F t t .

Ta có nhận xét như sau: nếu '

1 1( ) ( ) 0x x thì 1( ) ( ) 0F x .

1( ) '( ) 0Fx do '

1 1 1( ) ' 'Fx F x Fx .

Hệ đại số 1 11 12 12 1( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) '( )) ( )B t x t B t B t F t A t F t x t có nghiệm dạng:

1( ) ( ( ) ( ). ( )) ( )x t E t B t B t u t ,

trong đó ( )u t là một hàm bất kỳ trên 2 2, và có thể đòi hỏi

2 2 2 2( ) '( ) 0; ( ) '( ) 0u u u u .

Nếu không xảy ra Trường hợp 2.1 và Trường hợp 2.2 thì lại áp dụng Bổ đề 1.2.1

cho 11 12( ( ) ( ) ( ))A t A t F t để làm giảm số chiều. Sau ( 1)k bước sẽ dẫn đến

dãy: 1 1 1 1, , ... ,r r r r và sẽ trở về Trường hợp 2.1 hoặc

Trường hợp 2.2.

Định lý được chứng minh.

Nhận xét

Điều kiện của định lý 1.2.1 có thể được thoả mãn nhưng vẫn có thể

1dim( )Ker ngay cả trong trường hợp hệ với hệ số hằng.

www.VNMATH.com


49

Ta xét lại thí dụ 1.1:

1 1

2 2

( ) ( )1 2 1 20, 0,1

( ) ( )0 0 1 2

x t x tt

x t x t

.

Ta có

1 2 1 2

( , ) 20 0 1 2

rank A B rank n

và

1

2

( ) 2( ) 0,1,2...

( )

i

ii i

i

x t tx t i

x t t

là cơ sở của không gian nghiệm và 1

ix Ker vì 1 0ix .

Vậy 1dim Ker .

Bổ đề 1.2.2

Giả sử

1, 1( ), ( ) ( )E t A t C I trong đó max ( ),rankE t t T .

2, 1dim( ) ,Ker t T .

Khi đó phương trình (2.1.1) giải được trên 1

0 0, ; ( )T f C T .

Hơn nữa,

0 0( , ) ( ) ( ); , , n

dx t c X t c t t c ;

1

0 0, ,0 0( ) ; ( ) ,dt C rankX t d const t .

Hệ quả

Giả sử 1( ), ( ) ( )E t A t C I và 1dim( ) ,Ker t T .

Khi ấy 1( )f C T mà (2.1.1) vô nghiệm.

Bổ đề 1.2.3

Giả sử

1, ( ), ( ) ( ); max ( ),mE t A t C I m rankE t t T

www.VNMATH.com


50

2, 1dim( ) ,Ker t T

Khi ấy, 0 0, T I mà trên đó tồn tại

( 1)

,0 0( ), ( ) mP t Q t C cấp n n

không suy biến sao cho:

0( ) ( ) ( )

0 ( )

( ) 0( )( ) ( ) ( ) ( )

0

d

n d

IP t E t Q t

N t

J tdQ tP t A t Q t E t

Idt

trong đó ( )N t là ma trận tam giác trên dạng:

12 13 1

23 2

0 ( ) ( ) ... ( )

0 0 ( ) ... ( )( ) ; 1

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

0 0 0 ... 0

k

k

N t N t N t

N t N tN t k .

Nhận xét

( ) 0kN t .

Thật vậy,

12 13 1 12 13 1

23 2 23 22

12 23 11

22

0 ... 0 ...

0 0 ... 0 0 ...( )

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

0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0

0 0 ...

0 0 0 ...

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

0 0 0 ... 0

k k

k k

k

i iki

k

i iki

N N N N N N

N N N NN t

N N N N

N N ;

www.VNMATH.com


51

12 23 12 12 13 1

23 232

3

12 23 34 12 23

23 34

0 0 ...0 ...

0 0 ...0 0 0 ...( )

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

... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0

0 0 0 ... 0

0 0 0 ...

0 0 0 0 ...

... ...

k

i iki k

kk

i iki

k

i iki

k

i iki

N N N NN N N

N NN NN t

N N N N N N

N N N .

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

0 0 0 0 ... 0

Ta thấy số hàng không tăng theo luỹ thừa của ma trận ( )N t .

Bằng quy nạp ta suy ra ( ) 0kN t .

Định nghĩa 1.5

Ta nói hệ (2.1.1) có nghiệm Cauchy trên T nếu nó giải được với mọi

1; max ( ),f C rankE t t T và tồn tại ma trận 1( ); ( ) ( )dX t t C T sao

cho ( ) onst t TdrankX t d c và

( , ) ( ) ( )dx t c X t c t là nghiệm trên , nT c .

Hơn nữa, trên mọi khoảng 0 0, T không có nghiệm nào khác ( , )x t c .

Thí dụ 1.6

Xét hệ phương trình sau

1 1 1

2 2 2

1 1 1

2 2 2

( ) ( ) ( )0;

( ) ( ) ( )0 01,1 .

( ) ( ) ( )0;

( ) ( ) ( )0 0

x t x t f tt

x t x t f tt T

y t y t f tt

y t y t f t

(2.1.2.8)

www.VNMATH.com


52

1 1 1

2 22

2 1 2

1 2

2 22

10 0 ( ( ) (0)( ) ( ) ( )

( , ) ;0 0( ) ( )

( ) ( ) ( )0 0

( , ) ,( ) ( )0 0

ttx t x t f tx t c c t

x t f t fty t y t f t

f tfy t c cy t f t

f

(2.1.2.9)

trong đó 1

1

( )t

f s ds , còn 1

1( ) ( ) (0)x t t

t được xác định tại 0t như

sau: 1 1(0) (0)x f .

Tính giới hạn

1 1 120 0

1 1

0

20

1 1lim (0) ( ) lim (0) ( ) (0)

(0) (0) (0) 0( )(0)

lim .2

t t

t

t

f x t tf tt t

tf f f s s dsf

t

Lấy đạo hàm phương trình đầu của (2.1.2.8) ta có

1 1 12tx x f .

Vậy 11

(0)(0)

2

fx .

Trên T hệ (2.1.2.8) không có các nghiệm khác với (2.1.2.9). Tuy nhiên, nếu ta

xét các khoảng ,1I T thì hệ (2.1.2.8a) có một họ nghiệm

2

11( ( ) (0)0

( , )

0 0

tx t c c tt

f

,

trong khi đó nghiệm của (2.1.2.8a) được mô tả trên mọi khoảng con của T bởi

công thức (2.1.2.9a).

1.3 Nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính

Định nghĩa 1.3.1

Toán tử

0

( )

jr

jj

dL t

dt,

www.VNMATH.com


53

trong đó ( ) ( )jL t C T là các ma trận cỡ n n , được gọi là toán tử hiệu chỉnh trái

nếu

1. ( ) ( ) ( )x t x t A x t

với mọi 1( ) ( )x t C T . Số r nhỏ nhất mà tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái được gọi

là chỉ số trái của (2.1.1).

Xét hệ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ); [0; )E t x t A t x t f t t T (2.1.1)

Giả thiết (.); (.); (.)E A f là đủ trơn và điều kiện ban đầu: 0(0)x x (1.1*)

Nhận xét

Bài toán Cauchy (2.1.1) - (1.1*) giải được không phải với mọi (0) nx .

Toán tử hiệu chỉnh trái biến (2.1.1) về hệ:

( ) ( ) ( ) ( ) ;x t A t x t f t t T . (2.1.3.1)

Bài toán Cauchy cho hệ (2.1.3.1) là giải được (0) nx .

Bổ đề 1.3.1

Giả sử cho (2.1.1) có toán tử hiệu chỉnh trái trên T . Khi ấy, nghiệm của (2.1.1)

– (1.1*) và (2.1.3.1) – (1.1*) là trùng nhau khi và chỉ khi các điều kiện ban đầu

tương thích.

Xét hệ thuần nhất

( ) ( ) ( ) ( ) 0; [0; )E t x t A t x t t T . (2.1.3.2)

Bổ đề 1.3.2

Giả sử rằng 2 3( ), ( ) ( )E t A t C T và phương trình (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh

trái trên T . Khi ấy, điều kiện ban đầu (1.1*) tương thích với (2.1.3.2) khi và

chỉ khi 1

0 1(0, )0

cx x c S , trong đó 1 ;dc S là ma trận n n không suy

biến.

www.VNMATH.com


54

Bổ đề 1.3.3

Giả sử rằng 2 3( ), ( ) ( )E t A t C T và phương trình (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh

trái trên T . Khi ấy, (2.1.3.2) có nghiệm tổng quát dạng

( ) 0

( , ) ( )0 0

Y tx t c U t c

với ( ), ( )Y t U t là những ma trận không suy biến cấp d và cấp n t T và phương

trình ( ) ( ) 0x t A x t có nghiệm dạng

( ) 0( , ) ( )

0 ( )

Y tx t c U t c

Y t,

trong đó 1( ) ( )Y t C T là ma trận không suy biến với t T , cấp

( ) ( )n d n d .

Chứng minh

Giả sử (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh trái. Khi ấy hệ (2.1.3.2) được biến đổi về hệ

( ) ( ) ( ) 0;x t A t x t t T . (2.1.3.3)

Nghiệm của (2.1.3.3) có dạng ( ) ( ) (0)x t t x , trong đó ( )t là ma trận nghiệm

cơ bản. Theo bổ đề 1.3.2 thì ( )x t cũng là nghiệm của (2.1.3.2) nếu 0x có dạng

1

0 1(0, )0

cx x c S .

Đặt 1 2

3 4

( ) ( )( )

( ) ( )

G t G tt S

G t G t thì nghiệm của (2.1.3.2) có dạng

1 2 1 1 11

1

3 4 3 1 3

( ) ( ) ( ) ( )( , )

( ) ( ) ( ) ( )0

G t G t G t c G tcx t c c

G t G t G t c G t.

Nhưng 1

3

( )onst = d, t T

( )

G trank c

G t nên tồn tại ma trận không suy biến

1( ) ( )U t C T cấp n n sao cho

www.VNMATH.com


55

11

3

( ) ( )( )

( ) 0

G t Y tU t

G t,

trong đó 1( ) ( )Y t C T là ma trận không suy biến cấp d d .

Vậy

1

( ) ( ) 0( , ) ( ) ( )

0 0 0

Y t Y tx t c U t c U t c .

Đặt

10

( ) 0 ( ) ( )n d

n d

Y t E U t t SE

.

Khi ấy ta có

( ) 0( ) ( )

0 ( )

Y tt S U t

Y t.

Đó chính là điều phải chứng minh.

www.VNMATH.com


56

§2 TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI

SỐ VỚI HỆ SỐ BIẾN THIÊN

Xét hệ phương trình:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2.2.1)

det ( ) 0

E t x t A t x t B t u t

E t t T

Giả thiết ( ), ( ) ( ); ( ), ( )AE t A t C T B t u t đủ trơn và giả sử (2.2.1) có toán tử hiệu

chỉnh trái.

Theo Bổ đề 1.2.3, luôn ( ), ( ) ( )AP t Q t C T sao cho với phép đổi biến

( ) ( ) ( )x t Q t y t thì (2.2.1) tương đương với:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (C C

P t E t x t P t A t x t P t B t u t

P t E t Q t y t Q t y t P t A t Q t y t P t B t u t

P t E t Q t y t P t A t Q t P t E t Q t y t P t B t u t

E t y t A t y t P t B t u t

), (2.2.3)

trong đó:

1 2

3 4

0( ) ( ) ( ) ( ) ;

0 ( )

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ;

0

( ) ( )( ) ( ) ;

( ) ( )

d

C

C

n d

IE t P t E t Q t

N t

J tA t P t A t Q t P t E t Q t

I

B t B tP t B t

B t B t

( )J t là ma trận cỡ d d ;

( )N t là ma trận tam giác trên ( ) ( ); ( ) 0;rn d n d N t r n d .

Xét toán tử

1

0 1 -1

0 0 0 0 0...

0 ( ) 0 ( ) 0 ( )

r

d

r

I d d

W t W t W tdt dt

trong đó: ( ); 0,1,..., -1jW t j r được xác định bởi

-1 1( )

0 0

( ) ( ) ( )r r

j j

jj j

W t t F t ; 1( ) ( )rt C T

www.VNMATH.com


57

và

0 1( ) ( ); ( ) ( ) ( ); ( ) 0rF t t F t N t t N t .

Như vậy, 0 ( ) ; ( ) ( 0,1,... 1)n d jW t I W t j r là các ma trận cỡ

( ) ( )n d n d có cùng cấu trúc với ( )N t .

Lƣu ý

Phương trình

( ) ( ) ( ) ( )N t x t x t f t (**)

có nghiệm dạng

1

0

( ) ( )r

j

j

x t F f t . (***)

Thật vậy:

Với 1r thì ta có

0( ) ( ) ( )x t F f t f t .

Suy ra ( ) ( )x t f t . Chứng tỏ ( ) ( ) ( ) ( )N t x t N t f t .

Thay vào (**) ta có:

( ) ( ) ( ) ( )N t f t f t f t (luôn đúng t T vì ( ) 0N t khi 1r ).

Với 2r ta có:

0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t F t F t f t N t f t

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x t f t N t f t N t f t

N t x t N t f t N t f t N t N t f t

Vì 2r và ( )N t là ma trận tam giác trên với các ô vuông trên đường chéo bằng

không nên 2 ( ); ( ) ( ) 0N t N t N t t T và ta có:

( ) ( ) ( ) ( )N t x t N t f t .

Thay vào (**) ta được:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N t f t f t N t f t f t ( luôn đúng).

www.VNMATH.com


58

Với 3r

0 1 2

2

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 ( ) ( ) ( )

x t F t F t F t f t N t f t N t N t f t N t f t

f t N t N t N t f t N t f t

x t f t N t N t N t N t f t N t N t N t f t

N t N t f t

2

2 2 2

2 3

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

N t f t

N t x t N t f t N t N t N t N t f t N t N t N t f t

N t N t f t N t f t

Vì 3r thì

3 2 2 2( ); ( ) ( ); ( ) ( ); ( ) ( ) 0N t N t N t N t N t N t N t t T

nên ta có

2

2

(**) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

N t f t N t N t N t f t N t f t

f t N t N t N t f t N t f t f t

luôn đúng. Quy nạp theo r ta có công thức nghiệm (***)

Từ lưu ý trên, ta thấy biến hệ (2.2.3) về dạng:

1 1

0 1 r-1

( ) 00( ) ( )

00 0

0 0 0 0 0; ;...; . [B( )]. ( ) (2.4)

0 W ( ) 0 W ( ) 0 W ( )

d

n d

d

r r

J tIy t y t

I

IM t d u t

t t t

trong đó:

1 2

1

3 4

( 1)

( )

( ) ( ) ( )( ) ; ( )

( ) ( ) ...

( )

r

r

u t

B t B t u tB t d u t

B t B t

u t

0

0

1 1

0 11

0 ( ) 1 ( 1)

B( ) 0 ... 0

B( ) B( ) ... 0[B( )] (#)

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

B ( ) B ( ) ... B( )

r

j j j

j j j

C t

C t C tM t

C t C t C t

www.VNMATH.com


59

Chẳng hạn:

Với 2r thì

0

0 1

1

W ( ) ;W ( ) ( ) W ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

W ( ) ( )

n dt It t t t t N t t

t N t

trong đó ( )t bất kỳ,

0 1

0 0 0

0 W ( ) 0 W ( )

dI d

t t dt

và phương trình ( ) ( ) ( ) ( )N t x t x t f t có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )x t f t N t f t .

biến (2.2.3) về dạng:

1 1

0 1

( ) 0 0 0 00( ) ( ) ; . [B( )]. ( )

0 0 W ( ) 0 W ( )0 0

dd

r r

n d

J t IIy t y t M t d u t

I t t

0 1

0( ) 0 0 0 00 ( )( ) ( ) ; .

0 0 W ( ) 0 W ( )0 0 ( )

dd

n d

BJ t II u ty t y t

I t t u tB B

1 1 2 2

0 3 1 4 2 1 3 1 4 2 3 1 4 2

( ) 00( ) ( )

00 0

( ) ( ) ( ) ( )

W ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) W ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

d

n d

J tIy t y t

I

B t u t B t u t

t B t u t B t u t t B t u t B t u t B t u t B t u t

Nhận xét

Ta thấy:

0

( ) ( ), (2.2.5)0

d

r r

n d

I

U t d tdI

dt

trong đó

j j+10 r-1

0 00 0 0( ) ;...; ;...; ,

0 W ( ) W ( )0 W ( ) 0 W ( )

0,1,..., 2

d

r

IU t

t tt t

j r

(2.2.6)

là toán tử hiệu chỉnh trái cho phương trình (2.2.3).

www.VNMATH.com


60

Bổ đề 2.1

( ) ( ) ( )

( ); ( ) ( )

j j j

i

d Av t M A t d v t

A t v t C t

Theo Bổ đề 2.1 thì (2.2.3) được đưa về dạng

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0r r r r

J ty t y t U t M P t M B t d u t (2.2.7)

Do 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t Q t y t hay y t Q t x t nên

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,r r r rx t A t x t Q t U t M P t M B t d u t t T , (2.2.8)

trong đó 1

( ) 0( ) ( ) ( ) ( )

0 0

J tA t Q t Q t Q t .

Vậy (2.2.7) có thể coi như hệ nhận được từ (2.2.1) bằng cách tác động toán tử

hiệu chỉnh trái. Khi ấy, theo cách xây dựng, toán tử hiệu chỉnh trái cho (2.2.1) có

dạng

( ) ( ) ( ) .r r rQ t U t M P t d (2.2.9)

Và trong (2.2.8) thì ( ) ( )A t A t .

Xét hệ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,E t x t A t x t B t u t t T a b . (2.2.1)

Định nghĩa 2.1

Hệ (2.2.1) được gọi là điều khiển được hoàn toàn theo trạng thái nếu từ một trạng

thái ban đầu cho trước bất kỳ 0 0 0( ) ; ,x t x t a b bằng cách chọn một điều

khiển đầu vào ( )u t tương ứng có thể đưa về trạng thái 1 1 1( ) ; ,x t x t a b sau

một khoảng thời gian hữu hạn 1 0t t .

Bổ đề 2.2

1) Hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t A t x t B t u t điều khiển được hoàn toàn khi và chỉ khi

1( ); ( ) ;...; ( )n

A Arank B t B t B t n hầu khắp nơi trên 0 1,t t .

www.VNMATH.com


61

Trong đó ký hiệu ( )nA

dI A t

dt.

Từ đây suy ra

( ( ))

( ) ( ) ( )nA

d B tB t I A t B t

dt;

1 ( ) ( )i i

A A AB t B t .

2) Hệ đại số ˆ0 ( ) ( ) ( );x t B t u t t T là điều khiển được khi và chỉ khi

0 1ˆ ˆ( ) ( )rankB t rankB t n .

Giả sử hệ (2.2.1) trên T đã xác định một toán tử hiệu chỉnh trái theo

nghĩa:0

( )

jr

jj

dL t

dtvà

1

1( . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t x t A t x t x C T .

Xét

0 1 0 1( ) ( ( ); ( );... ( )) ( ( ); ( );... ( ) ( ) )r r rH t H t H t H t L t L t L t M B t

Do (2.2.6),(2.2.9) và bổ đề 2.1 ta có:

1 2

j j+10 3 4r-1

0 00 ( ) ( )0 0( ) ( ) ;...; ;...;

0 W ( ) W ( )0 W (t) ( ) ( )0 W ( )

0,..., 2

dr

I B t B tH t Q t M

t t B t B tt

j r

Do công thức (#) nên ta có:

1 20

3 403 04

0 0( ) ( )( ) ( ) ; ( ) ( ) ; 1,.. 1

( ) ( )( ) ( )j

j j

B t b tH t Q t H t Q t j r

S t S tS t S t

trong đó:

1 1r-1 1 1 -2 -1 -1

11 ( 1) 1 ( 1)

1 j-1 j r r-11

0 00 0 0

( ) W ( ) ( ); ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )

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

( ) (W ( ) W ( )) ( ) W ( ) ( )

( ) W ( ) ( )

r r rri r i r i r r r i r r i

rj r

i j i ij

i i j

S t C t B t S t C W t W t B t C W t B t

S t C t t B t C t B t

S t C t B t C

1

( ) 0 ( )j-1 j r-1

1

(W ( ) W ( )) ( ) W ( )

3,4.

rj r

i r ij

t t B t C t B

i

www.VNMATH.com


62

Kí hiệu: ( )n

dI A t

dt và

0( ) 0

0 0 0

j

n

n d

J tdI d

dt Idt

với 1( ) 0( ) ( ) ( ) ( )

0 0

J tA t Q t Q t Q t .

Bổ đề 2.3

Giả sử ( )t là ma trận hàm với kích thước tương ứng và đủ trơn. Khi đó

( ) ( ) ( ) ( ) 0,1,2....k kQ t t Q t t k

Chứng minh

Ta chứng minh bằng quy nạp.

Với 0k đẳng thức trên đúng.

Với 1k ta có:

1

1

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0

( ) 0( ) ( ) ( ) ( )

0 0

d Q t tQ t t B t Q t t

dt

d Q t d t J tt Q t Q t Q t Q t Q t t

dt dt

J tQ t t Q t t Q t Q t Q t t Q t t

J tQ t t Q t t Q

( ) ( )t t

Giả sử khẳng định đúng với k n . Ta chứng minh đúng với 1k n .

Thật vậy:

1

1

1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0

( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

0 0

n n

n n

n n n

Q t t Q t t

J tdQ t t Q t Q t Q t Q t t

dt

J tdQ t t Q t t Q t t

dt

Vậy ta có điều phải chứng minh.

www.VNMATH.com


63

Định lý 2.1

Giả sử:

1, ( ), ( ) ( ); ( ), ( ) ( )A rE t A t C T B t u t C T ;

2, Tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái cho (2.2.1);

3, 1( ); ( ) ;... ( )drank H t H t H t n hầu khắp nơi trên 0 1,T t t , với d là số

chiều của không gian nghiệm của (2.2.1);

4,1

21 1 2 1

1

( ( ) ( 1) ( ) ;... ( ) ( ) ( )r

j jj r r r

j

rank H t H t H t H t H t ;

1( ) ( ) ; ( ))r r rH t H t H t n d khi 0t t và 1t t .

Khi đó (2.2.1) là điều khiển được hoàn toàn.

Hệ quả

Giả sử ( ), ( ) ( ); ( ), ( ) ( )A rE t A t C T B t u t C T và tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái cho

(2.2.1). Ngoài ra, toán tử của (2.2.1) có 0Ker .

Khi đó, (2.2.1) điều khiển được hoàn toàn khi và chỉ khi:

12

1 1 2 11

( ( ) ( 1) ( ) ;... ( ) ( ) ( )r

j jj r r r

j

rank H t H t H t H t H t

1; ( ) ( ) ; ( ))r r rH t H t H t n khi 0t t và 1t t .

www.VNMATH.com


64

KẾT LUẬN

Lý thuyết phương trình vi phân (thường) chứa tham số điều khiển đã được

nghiên cứu trong rất nhiều cuốn sách với những vấn đề: công thức nghiệm, tính

điều khiển được, quan sát được,… Nghiên cứu về phương trình vi phân suy biến

dừng và không dừng, luận văn đã trình bày những cách tiếp cận, những phương

pháp khác nhau như cặp ma trận chính quy, toán tử hiệu chỉnh trái nhằm cùng một

mục đích là đưa phương trình vi phân phức tạp trở về dạng đơn giản đã được

nghiên cứu trước đó hoặc có những tính chất đặc biệt để giảm bớt khó khăn trong

việc nghiên cứu, ví dụ như phương trình vi phân có ma trận hệ số là ma trận luỹ

linh.

Từ định nghĩa điều khiển được hệ phương trình vi phân, ta thấy để xét đến tính

điều khiển được hoàn toàn đòi hỏi phải tìm một hàm điều khiển u(t) đưa trạng thái

ban đầu 0x về trạng thái bất kỳ 1x nào đó trong n , nghĩa là ta phải quan tâm đến

đầu ra. Điều đó dẫn tới việc cần nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của hệ phương

trình vi phân. Vì vậy, trong mục 1 của chương 1 và chương 2 chúng tôi đã phát

biểu và chứng minh công thức nghiệm, tính chất nghiệm của hệ phương trình vi

phân đại số tuyến tính.

Tiêu chuẩn điều khiển được nêu trong mục 2 của chương 1 và chương 2 cho hệ

phương trình vi phân đại số tuyến tính chính là mở rộng tiêu chuẩn hạng Kalman,

nhưng do tính chất phức tạp của hệ tuyến tính ẩn suy biến nên tiêu chuẩn điều

khiển được cũng đòi hỏi những điều kiện khá phức tạp. Chúng tôi đã cố gắng trình

bày các tiêu chuẩn và diễn giải phần chứng minh một cách tường minh.

Quay trở lại với khái niệm điều khiển được hoàn toàn, nó đòi hỏi tìm một hàm

điều khiển đưa trạng thái ban đầu 0x về trạng thái bất kỳ 1x . Tuy nhiên trong thức

tế, ta không quan sát được toàn bộ đầu ra của trạng thái x(t) mà chỉ có thể quan sát

được một số tọa độ của nó. Thí dụ, khi quan sát chuyển động của một chiếc máy

bay trên bầu trời, ta chỉ có thể biết được các tọa độ vị trí của nó trong không gian

mà không có khả năng đo được chính xác tức thời các tọa độ khác (vận tốc, gia

www.VNMATH.com


65

tốc…), nghĩa là về mặt toán học ta không biết toàn bộ x(t) mà chỉ quan sát được

đầu ra qua vectơ H(t)x(t). Điều này giải thích khái niệm điều khiển được về không

gian con hay H – điều khiển được. Trong một số cuốn sách về điều khiển có trình

bày tiêu chuẩn H – điều khiển được cho hệ phương trình vi phân thường. Tuy

nhiên đối với phương trình vi phân đại số tuyến tính ta lại chưa có được tiêu

chuẩn H – điều khiển được (xem như là mở rộng của tiêu chuẩn H – điều khiển

được phương trình vi phân thường). Vì vậy vấn đề này (và nhiều vấn đề khác của

phương trình vi phân đại số) cần được xem xét kỹ hơn. Hy vọng rằng nó sẽ tiếp

tục được nghiên cứu trong thời gian sắp tới.

www.VNMATH.com


66

TÀI LIỆU THAM KHẢO

I. Tiếng Việt

1. Trần Hà An: Ma trận cơ bản và tính điều khiển được của hệ phương trình vi

phân ẩn tuyến tính (Luận văn Cao học), Viện Toán học, 2003.

2. Phạm Kỳ Anh: Lý thuyết số trong bài toán điều khiển tối ưu, Nhà xuất bản Đại

học Quốc gia Hà Nội, 2001.

3. Vi Diệu Minh, Trần Thiện Toản: Công thức nghiệm của hệ động lực suy biến

không dừng có điều khiển, Tạp chí Khoa học và Công nghệ, Đại học Thái

Nguyên, No2 (46), Tập 2 (2008), trang 105-109.

4. Vũ Ngọc Phát: Nhập môn lý thuyết điều khiển toán học (trong Bộ sách Cao

học, Viện Toán học), Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2001.

5. Tạ Duy Phƣợng: Điều khiển được, ổn định và ổn định hóa (Giáo trình Cao

học), 2008.

II. Tiếng Anh

6. L. Dai: Singular Control Systems (in Lecture Notes in Control and Information

Sciences, Vol 118), Springer-Verlag Berlin, Heidelberg, 1989.

III. Tiếng Nga

7. Iu. E. Boarinshev: Hệ vi phân-đại số tuyến tính và phi tuyến, Nhà xuất bản

Nauka, Novosimbirsk, 2000.

8. Iu. E. Boarinshev, I. V. Orlova: Chùm ma trận và hệ vi phân-đại số, Nhà xuất

bản Nauka, Novosimbirsk, 2006.

9. V. Ph. Chischiakov, A. A. Scheglova: Những chương chọn lọc của lý thuyết

hệ vi phân-đại số, Nhà xuất bản Nauka, Novosimbirsk, 2003.

10. Ph. P. Gantmacher: Lý thuyết ma trận, Nhà xuất bản sách Kỹ thuật-Lý

thuyết, Moscow, 1954.

www.VNMATH.com

Documents

Hệ phương trình vi phân tuyến tính