Luận văn Tính điều khiển được hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính

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 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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( )n A A 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) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 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 10 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). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 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  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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: 01 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; ( ) 0 k 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( ) 0 kEC . 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( ) 0 kC E . Ta có định lý sau. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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( ) ... k kR 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: 0 1 0 1 ; (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 1 0 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 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 Bổ đề 1.3.5.1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 ( ) ( ) ; (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 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 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 Vậy (1.3.5.8) được chứng minh. 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 1 0 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 1 0 0 0( ) ( )( )i i iC I AC C I AC I AC C . Vậy (1.3.5.10) được chứng minh. 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) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 1.3.6 Nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số Xét hệ phương trình vi phân đại số ( ( )) ( ) ( ), 0 d Ex t Ax t f t t T dt , (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 0 1 ( ) ( ) ( ) i k i i d x 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 t AC 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 0 1 C ( ) i k i t i d a 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). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 QB x 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 2 1 2 1 2; ; n n x x n n n  , còn 2 2n nN  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( ) hpu 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: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 ( )01 1 1 1 1 0 ( ) ( ) ( ) t A t A t s x t e x e B s u s ds ; 1 ( ) 2 0 ( ) ( ) 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 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 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 ra k 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 B rank sE A B rank sQEP QAP QB rank sN I v 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 2 2 n N 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 , (**) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 1 1 10 1 0 1 1 ( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) ; ( (0)) : ( ) ( ) : ( ) ( ) t A t A t s t h 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( ) hpu 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 0 1 1 ( ) 2 1 1 0 ( ) ( ) ( ) ; (0) : ( ) ( ) : ( ) ( ) t A t s h k 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  , Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 2 1 1 2 1 1 2( (0)) : / : ( ) (0) , 0 A t n n H 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. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ), , d x 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. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 2 0, 0,1 ( ) ( )0 0 1 2 x t x t t x t x t   . (2.1.3) Ta thấy: 1 2 1 2 ( , ) 2 0 0 1 2 rank A B rank n và 1 2 ( ) 2 ( ) , 0,1,2... ( ) i i i i i x t t x 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 t t i it t Mà 0 ( )i ix t là độc lập tuyến tính vì 0 0 0 0 2 0 ( ) 0 0,1 0 i i i i i i i i ii i i c t c x t c t t c t . Do 0 i i t là cơ sở trong không gian các đa thức ( ) ( ) ; 0,1,...im 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 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 1 2 1 2 1 2( 1) 0 0 1 2 1 2 E 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, 0,1 0 0 1 t dx t x 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 t rank E t A t rank t t . và 0 ( ) ( ) 0 0 1 1 t t E 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   Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 t x t i t là nghiệm của hệ và 0 ( )i ix 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 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 2 1Im : ;A f E Au f u E được gọi là ảnh của A . 2ker Im E Co 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 t x 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     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 42 1 1 1 1 2 1 2 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dx t dtx t x t x t x 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