Hệ phương trình vi phân tuyến tính

www.VNMATH.com

§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
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 tí nh với

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

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

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

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

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:

x1 (t ) A1 x1 (t ) B1u1 (t );

Nx2 (t ) x2 (t ) B2u2 (t ), t 0,
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 ) , t ³ 0 , (1.1.1.1)

trong đó N là ma trận vuông cấp n 2 , không phụ thuộc vào t và là ma trận lũy
linh bậc h , tức là N h = 0n2 với 0n 2 là ma trận vuông cấp n 2 có tất cả các thành
phần bằng 0; x (t ) là một hàm khả vi hầu khắp nơi nhận giá trị trong không gian
¡ n2
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 n 2 ´ 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
k 1
N k x( k ) (t ) N k 1 x( k 1) (t ) N k 1
Ck 1B ( k
i 1 i)
(t )u (i ) (t ) , (1.1.1.2)
i 0

trong đó x ( k ) (t ) là đạo hàm cấp k của vectơ hàm x(t ) , tương tự, u (i ) (t ) là đạo
hàm cấp i của vectơ hàm u(t ) , còn B (s ) (t ) là đạo hàm cấp s của ma trận hàm
k!
B (t ) , C ki = với 0 £ i £ k .
i !(k - i ) !

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
N 2 (t )
x   
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:

N 3(t )
x     
N 2 (t ) N 2 B (t )u (t ) B (t )u (t ) B (t )u (t ) B (t )u (t )
x 
2
N 2 (t ) N 2
x C2 B (2 i ) (t )u ( i ) (t ).
i

i 0

Như vậy, công thức (1.1.1.2) đúng với s = 1, 2, 3 .
Giả sử công thức (1.1.1.2) đúng với mọi s £ k < h . Ta sẽ chứng minh nó đúng
với s = k + 1. Thật vậy, theo qui nạp ta có
k 1
N k x( k ) (t ) N k 1 x( k 1) (t ) N k 1
Ck 1B ( k
i 1 i)
(t )u (i ) (t ) .
i 0

Nhân phương trình này với N rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:
k 1
N k 1 x( k 1)
(t ) N k x ( k ) (t ) Nk i
Ck 1 B(k i)
(t )u ( i ) (t ) B(k 1 i)
(t )u ( i 1)
(t )
i 0

N k x ( k ) (t ) N k Ck 1 B ( k ) (t )u (t )
0
N k Ck 1 B ( k
0 1)

(t )u (t )
N k Ck 1 B ( k
1 1)

(t )u (t ) N k Ck 1 B ( k
1 2)

(t )u (t ) N k Ck 1 B ( k
2 2)

(t )u (t )
N k Ck 1 B ( k
2 3)
(t )(t ) ... N k Cks 1 B ( k
u 1 s 1)
(t )u ( s 1)
(t ) N k Cks 1 B ( k
1 s)
(t )u ( s ) (t )
N k Cks 1 B ( k s)
(t )u ( s ) (t ) N k Cks 1 B ( k 1 s)
(t )u ( s 1)
(t )

... N k Ckk 12 B (2) (t )u ( k 2) (t ) N k Ckk 12 B (t )u ( k 1)
(t )
1 
N k Ckk 1 B (t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 1 B (t )u ( k ) (t )
1

N k x ( k ) (t ) N k Ck0 1 B ( k ) (t )u (t ) N k Ck0 1 Ck 1 B ( k 1) (t )u (t )
1

N k Ck 1 Ck2 1 B ( k
1 2)
(t )u (t ) ... N k Cks 1 Cks 1 B ( k
 1 s)
(t )u ( s ) (t )
1 
... N k Ckk 12 Ckk 1 B (t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 1 B (t )u ( k ) (t ).
1

(k - 1 )!
Nhưng C ki - 1 = nên
i !(k - 1 - i )!

C k0- 1 = 1 = C k0 ; C kk-- 1 = 1 = C kk
1

và
Cks 1
1
Cks 1 Cks


www.VNMATH.com
8
nên
N k 1 x ( k 1) (t )
N k x ( k ) (t ) N k Ck0 1 B ( k ) (t )u (t ) N k Ck0 1 Ck 1 B ( k 1) (t )u (t )
1

N k Ck 1 Ck2 1 B ( k
1 2)
(t )u (t ) ... N k Cks 1 Cks 1 B ( k
 1 s)
(t )u ( s ) (t )
1 
... N k Ckk 12 Ckk 1 B(t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 1 B (t )u ( k ) (t )
1

N k x ( k ) (t ) N k Ck0 B ( k ) (t )u (t ) N k Ck B ( k 1) (t )u (t )
1

N k Ck2 B ( k 2)
(t )u (t ) ... N k Cks B ( k s ) (t )u ( s ) (t )


... N k Ckk 1 B(t )u ( k 1) (t ) N k Ckk B (t )u ( k ) (t )
k
N k x ( k ) (t ) N k Cks B ( k s)
(t )u ( s ) (t ).
s 0

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
h 1
x(t ) Fk (t )u ( k ) (t ) , (1.1.1.3)
k 0

h- 1
trong đó Fk (t ) = - å
s= k
N sC sk B (s - k ) (t ) .

Chứng minh

Viết lại (1.1.1.2) với k = 1, 2,..., h ta được
0

Nx(t ) x(t ) C0 B(t )u (t ) ;

N 2 (t )
x  
Nx(t ) NC10 B(t )u (t ) NC1 B(t )u (t ) ;
1

0  1 
N 3(t )
x N 2 (t ) N 2C2 B(t )u (t ) N 2C2 B(t )u (t ) N 2C2 B(t )u (t ) ;
x  2

……….


www.VNMATH.com
9
k 1
N k x ( k ) (t ) N k 1 x ( k 1) (t ) N k 1
Ck 1 B ( k
i 1 i)
(t )u (i ) (t )
i 0
k 1 ( k 1) k 1 0 ( k 1)
N x (t ) N C B k 1 (t )u (t ) N k 1Ck 1B ( k
1 2)

(t )u (t )
... N k 1Ck 1 B ( k
i 1 i)
(t )u (i ) (t ) ... N k 1Ckk 1 B(t )u ( k 1) (t ).
1

………
h 1
N h x ( h ) (t ) N h 1 x ( h 1) (t ) N h 1
Ch 1 B ( h
i 1 i)
(t )u (i ) (t )
i 0

N h 1 x ( h 1) (t ) N h 1Ch 1B ( h 1) (t )u (t ) N h 1Ch 1B ( h
0 1 2)

(t )u (t )
... N h 1Ch 1 B ( h
i 1 i)
(t )u (i ) (t ) N h 1Ch 1 B(t )u ( h 1) (t ).
h 1

Cộng vế với vế các đẳng thức này và để ý đến tính chất lũy linh của ma trận N ,
tức là N h = 0 , sau khi nhóm các số hạng ở hai vế, ta được
h 1 h 1
s 0 (s)
0 x(t ) N C B (t )u (t )
s N s Cs B ( s 1) (t )u (t )
1

s 0 s 1
h 1
... N s Csk B ( s k)
(t )u ( k ) (t ) ... N h 1 B (t )u ( h 1) (t )
s k
h 1
x(t ) Fk (t )u ( k ) (t ).
k 0

h 1
Từ đây suy ra x(t ) Fk (t )u ( k ) (t ).
k 0

Vậy Mệnh đề 1.1 được chứng minh.

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

Hệ quả 1.1 ([6], trang 17)

Giả sử B (t ) º B 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
h 1
x(t ) N k Bu ( k ) (t ) . (1.1.1.5)
k 0


www.VNMATH.com
10
Chứng minh

Khi B (t ) º B thì
h- 1
Fk (t ) = - å s= k
N sC sk B (s - k ) (t ) = - N kC kk B = - N k B

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 E, A  n n
được gọi là chính quy nếu tồn tại một số phức 
sao cho E A 0 hoặc đa thức sE A 0.

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
I n1 0 A1 0
QEP , QAP ,
0 N 0 I n2
n n1
trong đó n1 + n 2 = n , A1  1
, I n1 và I n 2 là hai ma trận đơn vị tương ứng

cấp n 1 và n 2 ; N  n2 n2
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:


x1 (t ) A1 x1 (t ) B1 (t )u (t ), (1.1.2.2a )
(1.1.2.2)

Nx2 (t ) x2 (t ) B2 (t )u (t ). (1.1.2.2b )


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

I n1 0 A1 0
QEP , QAP .
0 N 0 I n2

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 x (t ) = P - 1x (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

I n1 0 A1 0


x(t ) 
x(t ) QB(t )u (t ) .
0 N 0 I n2

æx 1 ö
% 
B1 (t )
Đặt x = ç ÷ và QB (t )
% ç ÷
çx 2 ÷ , khi ấy phương trình trên có dạng
ç %÷
è ø 
B2 (t )


I n1 x1 (t ) 
 
A1 x1 (t ) B1 (t )u (t );


Nx2 (t ) 
 
I n2 x2 (t ) B2 (t )u (t )
hay

 
 
x1 (t ) A1 x1 (t ) B1 (t )u (t );

 
 
Nx2 (t ) x2 (t ) B2 (t )u (t )

với x1 (t )  n1 , x2 (t )  n2 và N
   n2 n2
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 x10  n1 và mỗi hàm đo được cho trước u (t ) , t 0 , nghiệm của
(1.1.2.2a) có dạng (xem, thí dụ, [2], [4]):
t
At
x1 (t ) e x 1 0
1 e A1 (t s ) B1 (s )u (s )ds . (1.1.2.4a)
s 0

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

h 1 h 1 h 1
x2 (t ) Fk (t )u ( k ) (t ) N s Csk B2s
( k)
(t ) u ( k ) (t ) . (1.1.2.4b)
k 0 k 0 s k

x1 (t )
Như vậy, nghiệm x (t ) của (1.1.2.2) tính được tường minh theo công
x2 (t )
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 ) º B 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 )
t
At
có dạng: x1 (t ) 1
e x 0
1 e A1(t s ) B1u (s )ds
s 0

h 1
x2 (t ) N k Bu ( k ) (t ) .
k 0

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


x1 (t ) R1 x1 (t ) R2 x2 (t ) f1 (t ); (1.1.3.1)
0 R3 x1 (t ) R4 x2 (t ) f 2 (t ), (1.1.3.2)

trong đó x1 (t )  n1 và x2 (t )  n2 ; Ri , i 1, 2,3, 4 và f j (t), j 1,2 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 x1, x2 ).
Đặt
x1 f1 I 0 R1 R2
x ; f ;E ; A ,
x2 f2 0 0 R3 R4
trong đó I I n1 là ma trận đơn vị cấp n1 , 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 x1 có đạo hàm.
Cách viết (1.1.3.4) đòi hỏi là x có đạo hàm, tức là toàn bộ các tọa độ, hay x2
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 x  n
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 m 1 .

Bổ đề 1.3.1

Tồn tại dãy ma trận C0 , C1 , C2 ,.... ( gọi là hệ ma trận cơ sở) sao cho mọi nghiệm
của hệ phương trình
i
dx(t ) d
C0 Ax(t ) Ci f (t ) ; (1.1.3.5)
dt i 0 dt
i
d
( I C0 E ) x(t ) Ci 1 f (t ) . (1.1.3.6)
i 0 dt
cũng là nghiệm của (1.1.3.3).

Chứng minh

Chọn C0 , C1 , C2 ,.... thoả mãn hệ
EC0 A AC0 E (1.1.3.7)
0
ECi ACi 1 i I ,i 0,1, 2,..., (1.1.3.8)
trong đó i
0
là nhân Kroneker, tức là

0 1, i 0;
i
0, i 0.
Giả sử x(t ) là nghiệm của (1.1.3.5)-(1.1.3.6). Nhân (1.1.3.5) với E , ta được:
i
Edx(t ) d
EC0 Ax(t ) ECi f (t )
dt i 0 dt
i
d
( Ex(t )) EC0 Ax(t ) ECi f (t ) . (*)
i 0 dt


www.VNMATH.com
15
Nhân (1.1.3.6) với A , ta được:
i
d
A( I C0 E ) x(t ) ACi 1 f (t )
i 0 dt
i
d
Ax(t ) AC0 Ex(t ) ACi 1 f (t ) . (**)
i 0 dt
Lấy (*) trừ (**) ta được:
i
d
( Ex(t )) Ax(t ) EC0 Ax(t ) AC0 Ex(t ) ECi ACi 1 f (t ) .
i 0 dt
Từ (1.1.3.7) và (1.1.3.8) ta có:
i 0
d 0 d
( Ex(t )) Ax(t ) 0 i I f (t ) f (t ) f (t ) .
i 0 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

x1
Với E 1 0 ;A 0 1;x ; f (t )  .
x2
Phương trình (1.1.3.3) có dạng

x1 (t ) x2 (t ) f (t ) . (1.1.3.3’)

0 c c
Chọn C0 ; C1 ; Ci ; i 1, 2,3... và c bất kỳ.
0 1 c
Vì EC0 AC1 I 0 1 I (đúng vì I 1, ma trận đơn vị)


www.VNMATH.com
16
EC1 AC2 0 c c;
ECi ACi 1 0 c c; i 2,3...

Vì c bất kỳ nên có vô số Ci 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
dx(t ) c c
f (t ) f (i ) (t )
dt 1 c i 2

hay
dx1 (t )
c f (i ) (t );
dt i 1
(1.1.3.5’)
dx2 (t )
f (t ) c f (i ) (t ).
dt i 2

Hệ (1.1.3.6) có dạng
c c
x(t ) f (t ) f (i ) (t )
1 c i 1

hay

x1 (t ) c f (i ) (t );
i 0
(1.1.3.6’)
x2 (t ) f (t ) c f (i ) (t ).
i 1

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

1 0
Với E ;A ;x 
0 1

x1 f1
Phương trình (1.1.3.3) có dạng:
0 x2 f2


www.VNMATH.com
17
Từ phương trình (1.1.3.7) ta có
1 0 0 1 c02 0
EC0 A AC0 E c01 , c02 c01 , c02 .
0 1 1 0 0 c01

Vậy C0 0 0 ;
Thay vào (1.1.3.8) với i 0 :

0 1 0 0 0 0 0 1 0
EC0 AC1 0I 0,0 c11, c12 I
0 1 0 0 c11 c12 c11 1

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 C0 , C1 , C2 ,.... 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
0
ECi ACi 1 i I; (1.1.3.9)
0
Ci E Ci 1 A i I, i 0,1,2,... (1.1.3.10)
với điều kiện
C0 C0 EC0 ; (1.1.3.11)
C1 C1 AC1 (1.1.3.12)

là giải được ứng với C0 , C1 ,..., Ci ,... , trong đó i
0
là nhân Kroneker, tức là

0 1, i 0;
i (1.1.3.13)
0, i 0.
Khi ấy, nếu C0 , C1 đã biết thì các ma trận còn lại Ci , i 2,3,... có thể nhận được
theo công thức truy hồi
Ci ( 1)i 1 (C1 E )i 1 C1 . (1.1.3.14)
Do tính kết hợp của phép nhân ma trận, ta có thể viết (1.1.3.14) dưới dạng
Ci ( 1)i 1 C1 ( EC1 )i 1 . (1.1.3.15)


www.VNMATH.com
18
Chứng minh

Cho i 0 , từ ( 1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có:
EC0 AC1 I (1.1.3.16)
và
C0 E C1 A I . (1.1.3.17)
Nhân trái với C1 vào hai vế của (1.3.16) ta được:
C1 EC0 C1 AC1 C1 . (1.1.3.17)
Từ (1.1.3.12) ta suy ra
C1 EC0 0. (1.1.3.18)
Nhân phải với C1 vào hai vế của (1.1.3.17) ta được:
C0 EC1 C1 AC1 C1 . (1.1.3.17’)
Từ (1.1.3.12) ta suy ra
C0 EC1 0. (1.1.3.19)
Ta sẽ chứng minh Ci tính theo công thức (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ:
ECi ACi 1 ; (1.1.3.20)
Ci E Ci 1 A, i 2,3,... (1.1.3.21)
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 i 2 công thức (1.1.3.14) cho
C2 C1 EC1 . (1.1.3.21)
Nhân hai vế với E ta được
EC2 EC1 EC1 ( EC1 )2 . (1.1.3.22)
Với i 3 công thức (1.1.3.14) cho
C3 ( 1)2 (C1E )2 C1 (C1E ) 2 C1 . (1.1.3.23)
Nhân hai vế với A ta được:
AC3 A(C1E )2 C1 AC1 ( EC1 )2 .
Mà theo (1.1.3.16) thì AC1 EC0 I nên theo (1.1.3.19) ta có


www.VNMATH.com
19
AC3 ( EC0 I )( EC1 ) 2 EC0 ( EC1 ) 2 ( EC1 ) 2
(1.1.3.24)
EC0 EC1 EC1 ( EC1 )2 ( EC1 ) 2 .
Vậy từ (1.1.3.22) và (1.1.3.24) suy ra EC2 AC3 .
Nhân phải hai vế của (1.1.3.21) với E ta được
C2 E C1 EC1 E (C1E )2 .
Nhân phải hai vế của (1.1.3.23) với A ta được
C3 A (C1 E )2 C1 A .
Mà theo (1.1.3.17) và (1.1.3.17’) thì C1 A C0 E I và C0 EC1 C1 AC1 C1 .
Theo (1.1.3.18) ta có
C3 A (C1 E )2 (C0 E I ) (C1E )2 C0 E (C1E ) 2
C1 EC1 EC0 E (C1 E )2 (C1 E ) 2
Vậy C2 E C3 A .
Như vậy với i 2 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 i k 1.
Thật vậy, với i k 1 thì theo (1.1.3.14) ta có:
Ck 1 ( 1)k (C1 E )k ; Ck 2 ( 1) k 1 (C1E ) k 1

Vậy:
ECk 1 ( 1)k E (C1E )k ;
ACk 2 ( 1)k 1 A(C1E ) k 1
( 1) k 1 AC1E (C1E ) k .
Mà theo (1.1.3.16) thì AC1 EC0 I nên theo (1.1.3.19) ta có

ACk 2 ( 1) k 1 ( EC0 I ) E (C1 E ) k
( 1) k 1[EC0 EC1 ( EC1 ) k 1 E ]+ ( 1) k (C1 E ) k ( 1) k (C1 E ) k
Vậy ECk 1 ACk 2 .
Tương tự, theo (1.1.3.15) ta có


www.VNMATH.com
20
Ck 1 ( 1)k C1 ( EC1 )k và Ck 2 ( 1)k 1 C1 ( EC1 ) k 1

nên
Ck 1 E ( 1)k C1 ( EC1 )k E ( 1) k (C1E ) k 1;
Ck 2 A ( 1)k 1 C1 ( EC1 ) k 1 A ( 1) k 1 (C1E ) k 1 C1 A.
Mà theo (1.1.3.17) thì C1 A C0 E I nên do (1.1.3.18) ta có

Ck 2 A ( 1) k 1 (C1 E ) k 1 C1 A ( 1) k 1 (C1 E ) k 1 (C0 E I )
( 1) k 1 (C1 E ) k C1 EC0 E ( 1) k (C1 E ) k 1

( 1) k (C1 E ) k 1.
Vậy Ck 1 E Ck 2 A .
Khẳng định đúng với i k 1, 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
ECi A ACi E; i 0,1,... (1.1.3.25)
AC0 EC0 AC0 ; (1.1.3.26)
C0 A C0 AC0 E ; (1.1.3.27)
EC1 AC1 EC1 ; (1.1.3.28)
C1 E C1 EC1 A; (1.1.3.29)
EC0 ( EC0 )i ; (1.1.3.30)
AC1 ( 1)i 1 ( AC1 )i , i 1, 2... . (1.1.3.31)
Chứng minh
Từ (1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có (1.1.3.25):
0 0
ECi A ACi 1 A i A A(Ci 1 A i I ) ACi E .
Từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với i 0 vừa chứng minh, ta có (1.1.3.26):
AC0 AC0 EC0 EC0 AC0 .
Tương tự, từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với i 0 ta có (1.1.3.27):
C0 A C0 EC0 A C0 AC0 E .


www.VNMATH.com
21
Từ (1.1.3.12) và (1.1.3.25) với i 1, ta có (1.1.3.28) và (1.1.3.29):
EC1 EC1 AC1 AC1EC1 ;
C1 E C1 AC1E C1EC1 A.

Theo (1.1.3.11) ta có: AC0 AC0 AC0 ( AC0 )2 .

Nhân hai vế với AC0 ta được: AC0 AC0 ( AC0 )2 AC0 ( AC0 )3 .

Vậy AC0 ( AC0 )2 ( AC0 )3 ....
Công thức (1.1.3.30) được chứng minh.
Theo (1.1.3.12) ta có: AC1 AC1 AC1 ( AC1 )2 .
Nhân hai vế với AC1 ta được:

AC1 AC1 ( AC1 )2 ( AC1 ) ( AC1 )3 .
Vậy
AC1 ( AC1 )2 ( AC1 )3 ... ( 1)i 1 ( AC1 )i
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( A E) 0 .
Nhận xét
1, Nếu sao cho det( A E) 0 thì tồn tại vô số có tính chất ấy.
2, ( E, A);( A, E ) là chính quy hay không chính quy đồng thời vì

A 1
det( A E ) det (E ) ( )n det( 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
N 0 0 I 0 0

E 0 I 0 , 
A 0 R 0 , (1.3.3.2)
0 0 S 0 0 I

trong đó N , R là những ma trận lũy linh bậc k 0; l 0 tức là N k 0; Rl 0,
còn S là ma trận không suy biến.

Chọn

Ci 
Q 1Ci P 1 ; i 0,1, 2,... , (1.3.3.3)
trong đó
0 0 0 I 0 0

C0 0 I 0 ; 
C1 0 0 0
1
0 0 S 0 0 0

Ni 1
0 0

Ci 0 0 0 ; i 2,3,..., (1.3.3.4)
0 0 0

thì Ci thỏa mãn (1.1.3.9) -(1.1.3.13).
Thật vậy, vì
0 0 0 N 0 0 0 0 0
 
C0 EC0 0 I 0 0 I 0 0 I 0
0 0 S 1 0 0 S 0 0 S 1
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 I 0 0 I 0 0 I 0 
C0
0 0 I 0 0 S 1 0 0 S 1

nên từ C0 
Q 1C0 P 1
ta có

C0 EC0   
(Q 1C0 P 1 )( PEQ)(Q 1C0 P 1 )
  
Q 1C0 EC0 P 1 Q 1C0 P 1 C0
Vậy ta có (1.1.3.11).


www.VNMATH.com
23
Hoàn toàn tương tự:
C1 AC1   
(Q 1C1 P 1 )( PAQ)(Q 1C1 P 1 )
  
Q 1C1 AC1 P 1 Q 1C1 P 1 C1
Vậy ta có (1.1.3.12).
Bây giờ ta chứng minh (1.1.3.9).
Vì
N 0 0 0 0 0 I 0 0 I 0 0

EC0 
AC1 0 I 0 0 I 0 0 R 0 0 0 0
0 0 S 0 0 S 1 0 0 I 0 0 0
0 0 0 I 0 0
0 I 0 0 0 0 I
0 0 I 0 0 0
nên với i 0 ta có:
EC0    
AC1 I ( PEQ)(Q 1C0 P 1 ) ( PBQ)(Q 1C1P 1 ) I
   
PEC0 P 1 PAC1P 1 I P( EC0 AC1 I ) P 1 0.
Vì

N 0 0 Ni 1
0 0 I 0 0 Ni 0 0

ECi 
ACi 1 0 I 0 0 0 0 0 R 0 0 0 0
0 0 S 0 0 0 0 0 I 0 0 0

Ni 0 0 Ni 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

nên với i 1 ta có
ECi ACi    
( PEQ)(Q 1Ci P 1 ) ( PAQ)(Q 1Ci 1P 1 )
1
   
PECi P 1 PACi 1 P 1 P( ECi ACi 1 ) P 1
0.
Vậy (1.1.3.9) được chứng minh.
Xét (1.1.3.10).
   
Vì C0 E C1 A I 0 nên với i 0 ta có


www.VNMATH.com
24
C0 E C1 A I    
(Q 1C0 P 1 )( PEQ) (Q 1C1P 1 )( PAQ) I
      
Q 1C0 EQ Q 1C1 AQ I Q 1 (C0 E C1 A I )Q 0.
Vậy C0 A C1 B E .

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

Ci E Ci 1 A    
(Q 1Ci P 1 )( PEQ) (Q 1Ci 1 P 1 )( PAQ)
       
Q 1Ci EQ Q 1Ci 1 AQ Ci E Ci 1 A
Ni 1
0 0 N 0 0 Ni 0 0 I 0 0
0 0 0 0 I 0 0 0 0 0 R 0
0 0 0 0 0 S 1 0 0 0 0 0 I
Ni 0 0 Ni 0 0
0 0 0 0 0 0 i.
0 0 0 0 0 0
Vậy ta có (1.1.3.10).
Hơn nữa, ECk 0; Ck E 0 , trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( E, A) .
Thật vậy,
ECk  
( PEQ)(Q 1Ck P 1 ) 
PACk P 1 .
Mà

N 0 0 Nk 1
0 0 Nk 0 0

ECk 0 I 0 0 0 0 0 0 0 0,
0 0 S 0 0 0 0 0 0

còn
Ck E    
(Q 1Ck P 1 )( PEQ) Q 1Ck EQ 0
 
do Ck E 0.
Vậy Ck A 0.

Ni 1
0 0
Với i 
k , do Ci 0 0 0 0 nên Ci 
Q 1Ci P 1
0 i.
0 0 0


www.VNMATH.com
25
Từ đó ta có nhận xét sau.
Nhận xét
Nếu ( E, A) là cặp ma trận chính quy thì dãy C0 , C1 ,...Ck , Ck 1 ,.... chỉ có hữu hạn
C0 , C1 ,...Ck 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 k 0 thì các
ma trận cơ sở Ci được xác định bởi hệ sau:
0
ECi ACi 1 i I; (1.3.4.1)
0
Ci E Ci 1 A i I , i 0,1, 2....k 1. (1.3.4.2)
ECk 0; Ck E 0; (1.3.4.3)
C1 C1 AC1 ; (1.3.4.4)
C0 C0 EC0 . (1.3.4.5)
Với i 0 thì (1.3.4.1) và (1.3.4.2) có dạng là:
EC0 AC1 I
C0 E C1 A I

Ngoài ra, ( EC1 )k 0; (C1 E ) k 0.
Thật vậy, ta sử dụng (1.3.14) và (1.3.15)
Do ECk 0 nên theo (1.3.14)

ECk E ( 1)k 1 (C1E )k 1 C1 ( 1)k 1 EC1EC1E...C1 ( 1)k 1 ( EC1 )k

Suy ra ( EC1 )k 0.
Vì Ck E 0 nên theo (1.3.15) ta có

Ck E ( 1)k 1 C1 ( EC1 )k 1 E ( 1)k 1 C1EC1E...C1E ( 1)k 1 (C1E )k

Vậy (C1 E )k 0.
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 k 0 . 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
k
R( ) C0 C1 ... Ck , (1.3.5.1)
trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( E, A) ; Ci , i 0,1,... k là các ma trận cơ sở
thoả mãn hệ:
0
ECi ACi 1 i I; (1.3.5.2)
0
Ci E Ci 1 A i I, (1.3.5.3)
i 0,1,2....k 1.
ECk 0; Ck E 0 (1.3.5.4)
C1 C1 AC1 (1.3.5.5)
C0 C0 EC0 (1.3.5.6)

Toán tử R( ) như trên được gọi là toán tử hiệu chỉnh.
Ta cũng có
C0 ACi 0; Ci AC0 0 i 1,2,...k . (1.3.5.7).
Thật vậy,
C0 ACi     
(Q 1C0 P 1 )( PAQ)(Q 1Ci P 1 ) Q 1C0 ACi P 1 .
Mà

0 0 0 I 0 0 Ni 0 0
  
C0 ACi 0 I 0 0 R 0 0 0 0
1 0 0 I 0 0 0
0 0 S
0 0 0 Ni 1
0 0
0 I 0 0 0 0 0.
1 0 0 0
0 0 S

Tương tự ta có: Ci AC 0 0.


www.VNMATH.com
27
Bổ đề 1.3.5.1
( I C0 A) 1C0 C0 ( I AC0 ) 1; (1.3.5.8)
1
( I C0 A) Ci Ci ; (1.3.5.9)
1
Ci ( I C0 A) Ci . (1.3.5.10)
Chứng minh
Ta có:
( I C0 A)C0 IC0 C0 AC0 C0 I C0 AC0 C0 ( I AC0 ) .
Suy ra
C0 ( I AC0 ) ( I C0 A)C0 . (*)
Mà
(*) ( I C0 A) 1C0 ( I AC0 )( I AC0 ) 1

( I C0 A) 1 ( I AC0 )C0 ( I AC0 ) 1

( I C0 A) 1C0 C0 ( I AC0 ) 1.
Từ (1.3.5.7) ta có C0 ACi 0 . Suy ra
Ci Ci C0 ACi ( I C0 A)Ci
hay
1
( I C0 A) Ci ( I C0 A) 1 ( I C0 A)Ci Ci .

Cũng từ (1.3.5.7) ta có Ci AC0 0 . Suy ra
Ci Ci Ci AC0 Ci ( I AC0 ) .
Hay
1 1
Ci ( I AC0 ) Ci ( I AC0 )( I AC0 ) Ci .

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: ( I C0 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
k
R ( E A) C0 C1 ... Ck E A
2 k k 1
C0 A C0 E C1 A C1 E C2 A ... Ck 1 E C k A Ck E
C0 A C0 E C1 A I C0 A.
Vậy
R( ) E A x(t ) I C0 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

I AC0 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
E A R I AC0 .
Suy ra
E A x(t ) I A R y (t ) I AC0 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:
1 1 k 1
(i) I C0 A R I C0 A C0 C1 C2 ... Ck .
1 k 1
(ii) R I AC0 C0 I AC0 C1 C2 ... Ck .

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 k 1
I C0 A R f [ I C0 A C0 C1 C2 ... Ck ] f (*)

Vì theo (1.3.5.12) thì I C0 A x R f.
Suy ra
1
x I C0 A R f.
Kết hợp với (*) ta suy ra công thức biểu diễn nghiệm của (1.3.5.11):
1 k 1
x I C0 A C0 f C1 f ... Ck 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:
k 1
x y C1 f ... Ck f ,
trong đó y là nghiệm của phương trình

I C0 A y C0 f . (1.3.5.15)
Điều này tương đương với
k 1
x(t ) C0 z (t ) C1 f (t ) C2 f (t ) ... Ck f (t ) ,
trong đó z (t ) là nghiệm của phương trình

I AC0 z (t ) f (t ) . ( 1.3.5.16)

Chú ý

Nếu là số mà E A; I C0 A; I AC0 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
d
( Ex(t )) Ax(t ) f (t ), 0 t T, (1.3.6.1)
dt
với cặp ma trận E , A là chính qui, tức là det E A 0.

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

d
cách đặt . Khi đó nghiệm của phương trình (1.3.6.1) có dạng:
dt
i 1
k d
x(t ) C0 z (t ) Ci f (t ) , (1.3.6.2)
i 1 dt
trong đó k là chỉ số của cặp ma trận E , A , còn vectơ z (t ) là nghiệm của
phương trình
dz (t )
AC0 z (t ) f (t ) . (1.3.6.3)
dt
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 x(0) a.
Ta có thể thấy vectơ a nói chung không thể bất kì. Thật vậy, thay x(0) a vào
(1.3.6.2), ta có
i 1
k d
a C 0 z0 Ci f (t ) t 0 . (1.3.6.4)
i 1 dt
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
y(0) Ex(0) 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 x(t )  n ; u (t )  m tương ứng là các vectơ trạng thái, điều khiển đầu

vào, tham số đo đầu ra; E , A  n n; B n m
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]):
QEP diag ( I , N ); QAP diag ( A1 , I ) .
Đặt
x1 B1
P 1x ; CP C1 , C2 ; QB .
x2 B2
Khi ấy (1.2.1) viết được dưới dạng :

x1 (t ) A1 x1 (t ) B1u (t );

Nx2 (t ) x2 (t ) B2u (t ); (1.2.2)
y (t ) C1 x1 (t ) C2 x2 (t ),

trong đó x1  n1 ; x2  n2 ; n1 n2 n , còn N  n2 n2
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 u (t ) C p 1 , trong đó C p
h h 1
là

lớp hàm khả vi liên tục h 1 lần. Từ mục 1.2, ta biết rằng khi t 0 , nghiệm của
hệ (1.2.2) là:


www.VNMATH.com
32
t
At
x1 (t ) e x 1 0
1 e A1(t s ) B1 (s)u ( s)ds ;
0

h 1
x2 (t ) N k Bu ( k ) (t ) .
k 0

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 x(0)  n,

w  n , có thể tìm được một thời điểm t1 0 và một điều khiển đầu vào
u(t) C p h 1
sao cho nghiệm tương ứng của (1.2.1) thỏa mãn x(t1 ) w.
Nếu hệ (1.2.1) là điều khiển được hoàn toàn thì từ một điểm ban đầu bất kì
x(0)  n ta luôn có thể đi đến điểm bất kì khác w  n 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:

x1 A1 x1 B1u , y1 C1 x1 ; (1.2.2a )

Nx2 x2 B2u , y2 C2 x2 ; (1.2.2b)
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) rank B2 NB2 ... N h 1 B2 n2 ;

(2c) rank N B2 n2 ;

(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) rank B1 A1B1... A1n1 1B1 n1 ; rank B2 NB2 ... N h 1B2 n2 ;

(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
rank sI A1 B1 n1 , s  , s hữu hạn. (*)

Chú ý rằng:
sI A1 0 B1
rank sE A B rank sQEP QAP QB rank .v
0 sN I B2
à sN-I là khả nghịch với bất kỳ số phức s, s hữu hạn, ta có:
rank sE A B n2 rank sI A1 B1 .
Chứng tỏ rằng (*) xảy ra nếu và chỉ nếu
rank sE A B n1 n2 n; s  , s hữu hạn.
Vậy (1) được chứng minh.
h 1
(2) Ký hiệu N B2 : Im B2 , EB2 ,..., E B2 , tức là tập ảnh của ánh xạ tuyến
h 1
tính B2 , EB2 ,..., E B2 .

Theo định nghĩa, nếu hệ nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn thì
N B2  n2 hay

rank B2 NB2 ... N h 1B2 n2 .

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
rank sI N B2 n2 , s (N ) , (**)


www.VNMATH.com
34
trong đó

(N ) s s  : sI N 0 .

Do N là ma trận luỹ linh, (N ) 0 . Vậy (**) xảy ra nếu và chỉ nếu
rank N B2 rank N B2 n2 .
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:
rank E B rank QEP QB n1 rank N B2 .
Điều này có nghĩa là
rank N B2 n2 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 x1 (0) là
t
At
x1 (t ) e x101
e A1 (t s ) B1 ( s )u ( s )ds;
0
Rt ( x1 (0)) : x(t ) u (t ) :
h 1
x2 (t ) N k Bu ( k ) (t )
k 0

và tập đạt được từ điểm x1 (0) là

R( x1 (0)) :  Rt ( x1 (0)), t 0 .
Giả sử có (3a). Chọn điều kiện ban đầu x1 (0) 0 . Định nghĩa điều khiển được

hoàn toàn cho thấy rằng: với bất kỳ w  n , luôn tồn tại t1 0 và một điều khiển
đầu vào u (t ) C p h 1 sao cho nghiệm tương ứng của hệ (1.2.1) có tọa độ điểm

cuối thỏa mãn x(t1 ) w . Nghĩa là tập đạt được
t1
x1 (t1 ) e A1 (t s ) B1 ( s )u ( s )ds;
0
R(0) : x(t1 ) u (t ) :
h 1
x2 (t1 ) N k Bu ( k ) (t1 )
k 0

của hệ (1.2.1) xuất phát từ x(0) 0 tại điểm t1 bằng cả không gian  n :
R(0) A1 B1 N B2  n,


www.VNMATH.com
35
hay rank B1 A1 B1 ... A1n1 1B1 n1 ; rank B2 NB2 ... N h 1B2 n2 .

Vậy từ (3a) suy ra (3c).
Ký hiệu
H ( x1 (0)) : x x1 / x2 : x1 (t ) e A1t x1 (0)  n1 , x2 0  n2 ,

là tập đạt được từ điểm x1 (0) khi không có điều khiển ( u(t ) 0 ).
Ta có thể chứng minh được rằng
R( x1 (0)) R(0) H ( x1 (0)) .
Giả sử có (3c). Khi ấy R(0)  n . Suy ra R( x1 (0))  n , 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
d
1 x(t ) [ E (t ) A(t )]x(t ) f (t ), t T t0 , t1 , (2.1.1)
dt
với giả thiết det E (t ) 0, 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

X (t ) C (t ) X (t ), t I
X ( ) En .
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
t
x(t , c) X (t )c X (t ) X 1 ( s) f ( s) ds, t T ,

trong đó X (t ) là ma trận nghiệm cơ bản, c  n bất kỳ. Hơn nữa, c thì
x(t , c) C1 (T ) .

Ký hiệu C i (T ) là không gian các hàm khả vi đến cấp i và C A (T ) là không gian
các hàm giải tích trên T . Ta có

Hệ quả 1.1

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

nếu f , A C A (T ) thì x(t , c) C A ( 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 X d (t ) C1 (T ) với d cột khác không sao

cho mọi c  n thì vectơ hàm x(t , c) X d (t ).c là nghiệm của phương trình

1 x 0 trên I và trên I không có nghiệm nào khác của phương trình 1 x 0
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 2 
x1 (t ) 1 2 x1 (t )
0, t 0,1 . (2.1.3)
0 0 
x2 (t ) 1 2 x2 (t )
Ta thấy:
1 2 1 2
rank ( A, B) rank 2 n
0 0 1 2
và
xi1 (t ) 2t i
xi (t ) , i 0,1, 2...
xi2 (t ) ti
là nghiệm của hệ (2.1.3) vì
1 2 2it i 1 1 2 2t i 0
, t 0,1 , i 0,1...
0 0 it i 1 1 2 ti 0

Mà xi (t ) i 0
là độc lập tuyến tính vì

2 ci t i
0
0,1 .
i 0
ci xi (t ) ci t i 0 t
i 0 0 i 0
ci t i
i 0

Do t i là cơ sở trong không gian các đa thức
i 0

P(t ) Pm (t ) ai t i ; m 0,1,...

nên suy ra ci 0 i 0,1, 2...
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


Hệ phương trình vi phân tuyến tính

Hệ phương trình vi phân tuyến tính

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Hệ phương trình vi phân tuyến tính

Similar to Hệ phương trình vi phân tuyến tính (20)

More from Thế Giới Tinh Hoa

More from Thế Giới Tinh Hoa (20)

Hệ phương trình vi phân tuyến tính