TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

www.VNMATH.com

Đại học thái nguyên
TRNG đại học S phạm

Vi diệu minh

Tính điều khiển C
hệ PHNG trình vi phân đại số
tuyến tính
Chuyên ngành: Giải tích
MÃ số

: 60.46.01

Luận văn Thạc sỹ toán học

Ngi hng dn: PGS.TS. T DUY PHNG

Thái Nguyên - 2008


www.VNMATH.com
1

Mục lục
Trang

Lời nói đầu.. ............................................................................................. 1
Chng 1 PHNG TRèNH 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 CĨ 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
Kết luận................................................................................................... 72
Tài liệu tham khảo. ............................................................................. 74

S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
2

LỜI NĨI ĐẦU
Lý thuyết điều khiển tốn 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 tốn học là những mơ hình và các phương pháp tốn học
giải quyết những vấn đề định tính và giải số các hệ thống điều khiển. Rất nhiều
bài tốn trong khoa học, cơng 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 cơng cụ tốn 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 tốn 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 khơng 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 hố, …,
hiện nay vẫn cịn mang tính thời sự và được rất nhiều nhà tốn 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 vịng 40 năm trở lại
đây. Phương trình vi phân đại số tuyến tính có rất nhiều điểm đặc biệt mà ta
khơng thể tìm thấy ở phương trình vi phân thường, ví dụ: ma trận hệ số là ma trận
suy biến, khơng 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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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 mơ tả bởi phương trình vi phân thường – tiêu
chuẩn Kalman – cho hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính dừng và khơng
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 khơng 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 mơ tả bởi hệ phương trình vi phân ẩn
tuyến tính khơng 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 thơng qua cặp ma trận chính quy để đưa phương
trình trên về hệ:

x1 (t ) A1 x1 (t ) B1u1 (t );
Nx2 (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 thơng qua ma trận cơ sở. Mục này giới thiệu khái niệm
tốn tử hiệu chỉnh, nghiệm của phương trình vi phân đại số được tìm thơng qua
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
4
tốn tử hiệu chỉnh . Cơng thức nghiệm này cho thấy rõ hơn sự khác biệt của

phương trình vi phân suy biến so với phương trình vi phân thường, ngồi ra việc
tìm ra cấu trúc tập nghiệm cịn 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 khơng 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 tơi 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 cơng 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 tơi 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.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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 vng 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 khơng 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

N k x( k ) (t )

N k 1 x( k 1) (t ) N k

1

k 1

Cki 1B ( k

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
B (t ) , C ki =

k!
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:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
7

Nx (t ) N B (t )u (t ) B(t )u (t ) .

N 2 
x(t )

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

(t )u (t ) B (t )u (t ) B (t )u (t ) B (t )u(t )
N 2 
x(t ) N 2 B

N 3

x (t )

N 2 
x(t ) N 2

2

C2i B (2 i ) (t )u ( i ) (t ).

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

N k x( k ) (t )

N k 1 x( k 1) (t ) N k

1

k 1

Cki 1B ( k

1 i)

(t )u (i ) (t ) .

i 0

Nhân phương trình này với N rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:
N k 1 x( k

1)

N k x ( k ) (t )

(t )

Nk

k 1

Cki

B(k

1

i)

(t )u ( i ) (t )

B(k

1 i)

(t )u ( i

1)

(t )

i 0

N k x ( k ) (t )

N k Ck0 1 B ( k ) (t )u (t )
N k Ck1 1 B ( k

N k Ck0 1 B ( k

1)

2)

N k Ck2 1B ( k

N k Ck1 1 B ( k

1)

(t )u (t )

N k Ck2 1 B ( k

3)

(t )

u (t ) ... N k Cks 11 B ( k

N k Cks 1 B ( k

s)

(t )u ( s ) (t )

N k Cks 1 B ( k

(t )u(t )
s 1)

1 s)

(t )u (t )

(t )u ( s

1)

(t )

(t )u ( s

1)

(t )

... N k Ckk 12 B (2) (t )u ( k 2) (t ) N k Ckk 12 B (t )u ( k

N k Ckk 11 B (t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 11 B (t )u ( k ) (t )

1)

(t )

2)

(t )u(t )

N k Cks 11 B ( k

s)

(t )u ( s ) (t )

N k x ( k ) (t ) N k Ck0 1 B ( k ) (t )u (t ) N k Ck0 1 Ck1 1 B ( k 1) (t )u (t )
N k Ck1 1 Ck2 1 B ( k

2)

(t )u(t ) ... N k Cks 11 Cks 1 B ( k

s)

(t )u ( s ) (t )

... N k Ckk 12 Ckk 11 B (t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 11 B (t )u ( k ) (t ).
Nhưng C ki - 1 =

(k - 1 )!

i !(k - 1 - i )!

nên

C k0- 1 = 1 = C k0 ; C kk-- 11 = 1 = C kk

và

Cks 11

Cks 1

Cks

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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 Ck1 1 B ( k 1) (t )u (t )
N k Ck1 1 Ck2 1 B ( k

2)

(t )u(t ) ... N k Cks 11 Cks 1 B ( k

s)

(t )u ( s ) (t )

... N k Ckk 12 Ckk 11 B (t )u ( k 1) (t ) N k Ckk 11 B (t )u ( k ) (t )
N k x ( k ) (t ) N k Ck0 B ( k ) (t )u (t ) N k Ck1 B ( k 1) (t )u (t )
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 )
N k x ( k ) (t ) N k

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 cơng 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 cơng thức
h 1

x(t )

Fk (t )u ( k ) (t ) ,

(1.1.1.3)

k 0
h- 1

trong đó Fk (t ) = -

å

N sC sk B (s - k ) (t ) .

s= k

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

Nx (t )

x(t ) C00 B(t )u (t ) ;

N 2 
x(t )

Nx (t ) NC10 B (t )u (t ) NC11B(t )u (t ) ;

N 3
x (t )

(t )u (t ) N 2C21 B (t )u (t ) N 2C22 B(t )u(t ) ;
N 2 
x(t ) N 2C20 B

……….

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
9

N k x ( k ) (t )

N k 1 x ( k 1) (t ) N k

1

k 1

Cki 1B ( k

1 i)

(t )u (i ) (t )

i 0

N

k 1 ( k 1)

x

(t ) N

... N k 1Cki 1 B ( k

k 1

0
k 1

C B

1 i)

( k 1)

(t )u (t ) N k 1Ck1 1B ( k

2)

(t )u (t )

(t )u (i ) (t ) ... N k 1Ckk 11 B(t )u ( k 1) (t ).

………

N h x ( h ) (t )

N h 1 x ( h 1) (t ) N h

1

h 1

Chi 1B ( h

1 i)

(t )u (i ) (t )

i 0

N h 1 x ( h 1) (t ) N h 1Ch0 1B ( h 1) (t )u (t ) N h 1Ch1 1B ( h
... N h 1Chi 1 B ( h

1 i)

2)

(t )u (t )

(t )u (i ) (t ) N h 1Chh 11B(t )u ( h 1) (t ).

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

0

x(t )

s

0
s

h 1

(s)

N C B (t )u (t )
s 0

h 1

...

N s Cs1B ( s 1) (t )u (t )

s 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

Từ đây suy ra x(t )

h 1

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 cơng thức
h 1

x(t )

N k Bu ( k ) (t ) .

(1.1.1.5)

k 0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
10

Chứng minh
Khi B (t ) º B thì

h- 1

Fk (t ) = -

å

N sC sk B (s - k ) (t ) = - N kC kk B = - N k B

s= k

nên ta có ngay cơng thức (1.1.1.5).
1.2 Cơng thức nghiệm của phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính có điều
khiển
Trong mục này ta sẽ đưa ra cơng 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
sao cho

E

A

n

được gọi là chính quy nếu tồn tại một số phức

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

QEP
trong đó n1 + n 2 = n , A1
cấp n 1 và n 2 ; N

 n2

n2

I n1

0

0

N

n n1
1

, I n1 và I n 2 là hai ma trận đơn vị tương ứng



, QAP

A1
0

0
,
I 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:

x1 (t )
Nx2 (t )

A1 x1 (t ) B1 (t )u (t ),

(1.1.2.2a )

x2 (t ) B2 (t )u (t ).

(1.1.2.2b )

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(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 khơng suy

biến P và Q sao cho

QEP

I n1

0

0

N

, QAP

A1
0

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 vit thnh

QEPx(t ) QAPx(t )

QB(t )u(t ) .

(1.1.2.3)

hay

I n1

0

0

N

ổx%1 ửữ
ỗỗ ữ v QB (t )
%
x
=
t
ỗỗốx%2 ữ
ữ
ứ

x (t )

A1
0

0
x (t )
I n2

QB(t )u (t ) .

B1 (t )
, khi ấy phương trình trên có dạng
B 2 (t )

I n1 x1 (t )

A1 x1 (t ) B1 (t )u (t );

Nx2 (t )

I n2 x2 (t ) B2 (t )u (t )

hay

x1 (t ) A1 x1 (t ) B1 (t )u (t );
Nx2 (t ) x2 (t ) B 2 (t )u (t )
với x1 (t )  n1 , x2 (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

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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

x1 (t )

A1t

e A1 (t s ) B1 (s )u (s )ds .

0
1

e x

(1.1.2.4a)

s 0

Theo Mệnh đề 1.2, nghiệm của hệ (1.1.2.2b) được tính theo cơng thức
h 1

x2 (t )

Fk (t )u ( k ) (t )

k 0

Như vậy, nghiệm x (t )

h 1

h 1

k 0

s k

N s Csk B2( s

x1 (t )

k)

(t ) u ( k ) (t ) .

(1.1.2.4b)

của (1.1.2.2) tính được tường minh theo cơng

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 cơng 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

có dạng:

x1 (t )

A1t

e A1(t s ) B1u (s )ds

0
1

e x

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 thơng qua ma trận cơ sở để nghiên cứu cấu trúc của tập nghiệm. Dưới đây
chúng tơi trình bày cách tiếp cận này theo [7].
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
13
1.3 Cơng 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

x1 (t )
0

R1 x1 (t ) R2 x2 (t )

R3 x1 (t ) R4 x2 (t )

f1 (t );

(1.1.3.1)

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 khơng chứa đạo hàm của các ẩn x1, x2 ).
Đặt

x
trong đó I

x1
; f
x2

f1
;E
f2

I 0
; A
0 0

R1
R3

R2
,
R4

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 địi hỏi là x1 có đạo hàm.
Cách viết (1.1.3.4) địi 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
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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 vng, 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 , cịn 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

dx(t )
dt

C0 Ax(t )
i 0

d
dt

( I C0 E ) x(t )
i 0

i

d
dt

Ci f (t ) ;

(1.1.3.5)

i

Ci 1 f (t ) .

(1.1.3.6)

cũng là nghiệm của (1.1.3.3).
Chứng minh
Chọn C0 , C1 , C2 ,.... thoả mãn hệ

EC0 A
ECi
trong đó

0
i

AC0 E
ACi

(1.1.3.7)
0
i

1

I ,i

0,1, 2,...,

(1.1.3.8)

là nhân Kroneker, tức là
0
i

1,
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:

Edx(t )
dt

EC0 Ax(t )

( Ex(t ))

i 0

d
dt

EC0 Ax(t )
i 0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

i

ECi f (t )
d
dt

i

ECi f (t ) .


(*)


www.VNMATH.com
15
Nhân (1.1.3.6) với A , ta được:

A( I C0 E ) x(t )
i 0

Ax(t )

d
dt

i

ACi 1 f (t )

AC0 Ex(t )
i 0

d
dt

i

ACi 1 f (t ) .

(**)

Lấy (*) trừ (**) ta được:

( Ex(t ))

Ax(t )

EC0 Ax(t ) AC0 Ex(t )
i 0

d
dt

i

ECi

ACi

1

f (t ) .

Từ (1.1.3.7) và (1.1.3.8) ta có:

( Ex(t ))

Ax(t ) 0
i 0

d
dt

i
0
i

I f (t )

d
dt

0

f (t )

f (t ) .

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 vơ số nghiệm hoặc
vơ nghiệm.
Thí dụ 1.3.1
Với E

1 0 ;A

0 1;x

x1
; f (t )  .
x2

Phương trình (1.1.3.3) có dạng

x1 (t )
Chọn C0
Vì EC0

0
; C1
0

AC1 I

c
; Ci
1

0

x2 (t )

f (t ) .

(1.1.3.3’)

c
; i 1, 2,3... và c bất kỳ.
c

1 I (đúng vì I 1, ma trận đơn vị)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
16

EC1

AC2 0

ECi

ACi

1

c c;

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) khơng có tính duy nhất nghiệm.
Hệ (1.1.3.5)có dạng

c
f (t )
1

dx(t )
dt

c
c

f (i ) (t )
i 2

hay
dx1 (t )
dt

f (i ) (t );

c
i 1

dx2 (t )
dt

(1.1.3.5’)
f (i ) (t ).

f (t ) c
i 2

Hệ (1.1.3.6) có dạng

x(t )

c
1

c
c

f (t )

f (i ) (t )
i 1

hay
f (i ) (t );

x1 (t ) c
i 0

x2 (t )

(1.1.3.6’)
f (i ) (t ).

f (t ) c
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
Với E

1
;A
0

0
;x 

1

Phương trình (1.1.3.3) có dạng:

x1

f1

0

x2

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

f2



www.VNMATH.com
17
Từ phương trình (1.1.3.7) ta có

EC0 A

AC0 E

Vậy C0

1
c01 , c02

0

0
1

0
c01 , c02
1

1
0

c02
0

0
.
c01

0 0 ;

Thay vào (1.1.3.8) với i 0 :
EC0

AC1

0
0I

1

0,0
0

0
c11, c12
1

0 0
0 0

I

0
0
c11 c12

1 0
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 vơ 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
ECi

ACi

1

0
i I;

Ci E

Ci 1 A

0
i I,

(1.1.3.9)
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
0
i

1,
0,

0
i

là nhân Kroneker, tức là

i 0;
i 0.

(1.1.3.13)

Khi ấy, nếu C0 , C1 đã biết thì các ma trận cịn 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 .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(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)

C1 A I .

(1.1.3.17)

và

C0 E

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 tốn học.
Với i

2 cơng thức (1.1.3.14) cho

C2

C1 EC1 .

(1.1.3.21)

Nhân hai vế với E ta được

EC2
Với i

EC1 EC1

( EC1 )2 .

(1.1.3.22)

(C1E ) 2 C1 .

(1.1.3.23)

3 công thức (1.1.3.14) cho
C3

( 1)2 (C1E )2 C1

Nhân hai vế với A ta được:

AC3
Mà theo (1.1.3.16) thì AC1

A(C1E )2 C1

EC0

AC1 ( EC1 )2 .

I nên theo (1.1.3.19) ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
19

AC3

I )( EC1 ) 2

( EC0

EC0 ( EC1 ) 2 ( EC1 ) 2

EC0 EC1 EC1 ( EC1 )2

(1.1.3.24)

( 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

(C1E )2 .

C1 EC1 E

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
Vậy C2 E

(C1 E ) 2

C3 A .

Như vậy với i

2 thì cơng 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
Thật vậy, với i

k 1.

k 1 thì theo (1.1.3.14) ta có:
Ck

( 1)k (C1 E )k ; Ck

1

2

( 1) k 1 (C1E ) k

1

Vậy:

ECk

1

( 1)k E (C1E )k ;

ACk

2

( 1)k 1 A(C1E ) k

1

Mà theo (1.1.3.16) thì AC1

ACk

2

( 1) k 1 ( EC0

( 1) k 1 AC1E (C1E ) k .

EC0

I nên theo (1.1.3.19) ta có

I ) E (C1 E ) k

( 1) k 1[EC0 EC1 ( EC1 ) k 1 E ]+ ( 1) k (C1 E ) k
Vậy ECk

1

( 1) k (C1 E ) k

ACk 2 .

Tương tự, theo (1.1.3.15) ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
20

Ck

1

( 1)k C1 ( EC1 )k và Ck

( 1)k 1 C1 ( EC1 ) k

2

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 cơng 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):

ECi A

ACi 1 A

Từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với i

AC0

0
i

A

A(Ci 1 A

0

i

I ) ACi E .

0 vừa chứng minh, ta có (1.1.3.26):

AC0 EC0

Tương tự, từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với i

EC0 AC0 .
0 ta có (1.1.3.27):

C0 A C0 EC0 A C0 AC0 E .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




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 )2 .

AC0 AC0

Nhân hai vế với AC0 ta được: AC0 AC0
Vậy AC0

( AC0 )2

( AC0 )3

( AC0 )2 AC0

( AC0 )3 .

....

Công thức (1.1.3.30) được chứng minh.
Theo (1.1.3.12) ta có: AC1

( AC1 )2 .

AC1 AC1

Nhân hai vế với AC1 ta được:

AC1 AC1

( AC1 )2 ( AC1 ) ( AC1 )3 .

Vậy

( AC1 )2

AC1

( 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
sao cho det( A

(thực hoặc phức )

E) 0 .

Nhận xét
1, Nếu

sao cho det( A

E) 0 thì tồn tại vơ số

có tính chất ấy.

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

det( A

E ) det

(E

A

)

(

)n det( E

1

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 khơng suy
biến P, Q sao cho:

E

 ;A
PEQ

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên


PAQ

(1.3.3.1)




www.VNMATH.com
22

với

E

N
0

0 0
I 0 ,

0

0 S

I 0 0
0 R 0 ,
0 0 I

A

trong đó N , R là những ma trận lũy linh bậc k

0; l

(1.3.3.2)

0 tức là N k

0; Rl

0,

còn S là ma trận không suy biến.
Chọn

Q 1Ci P 1 ; i

Ci

0,1, 2,... ,

(1.3.3.3)

trong đó

0 0
0 I

C 0

0
0 ;

0 0 S

Ni
0
0

Ci

C1

1

1

0 0
0 0 ;
0 0

i

I
0

0 0
0 0

0

0 0

2,3,...,

(1.3.3.4)

thì Ci thỏa mãn (1.1.3.9) -(1.1.3.13).
Thật vậy, vì

 0
C 0 EC

0 0 0
0 I 0
0 0 S 1
0 0 0
0 I 0
0 0 I

nên từ C0

Q 1C 0 P

C0 EC0

1

N
0
0

0 0
I 0
0 S

0 0 0
0 I 0
0 0 S 1

0 0 0
0 I 0
0 0 S 1
0 0 0
0 I 0
0 0 S 1

C 0

ta có

 )(Q 1C0 P 1 )

(Q 1C0 P 1 )( PEQ
 0 P 1 Q 1C0 P 1 C0
Q 1C0 EC

Vậy ta có (1.1.3.11).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




www.VNMATH.com
23

Hoàn toàn tương tự:

 )(Q 1C P 1 )
(Q 1C1 P 1 )( PAQ
1
1   
1
1 
Q C1 AC1 P
Q C1 P 1
C1

C1 AC1

Vậy ta có (1.1.3.12).
Bây giờ ta chứng minh (1.1.3.9).
Vì

 0
EC

N
0
0


AC
1

0 0
I 0
0 S

0 0 0
0 I 0
0 0 I
nên với i

0 0 0
0 I 0
0 0 S 1
I
0
0

I 0 0
0 R 0

0 0 I

0 0
0 0
0 0

I
0
0

0 0
0 0
0 0

I

0 ta có:

 )(Q 1C0 P 1 ) ( PBQ
 )(Q 1C1P 1 ) I
AC1 I ( PEQ
  P 1 I P( EC
  I ) P 1 0.
 0 P 1 PAC
 0 AC
PEC
1
1

EC0

Vì

 i
EC


AC
i

1

N
0
0
Ni
0
0

0 0
I 0
0 S

Ni
0
0

0 0
0 0
0 0

1

0 0
0 0
0 0

Ni
0
0

0 0
0 0
0 0

Ni
0
0

I 0 0
0 R 0
0 0 I

0 0
0 0
0 0

0

nên với i 1 ta có

ECi

ACi

1

 )(Q 1C P 1 )
 )(Q 1Ci P 1 ) ( PAQ
( PEQ
i 1
  P 1 P( EC
  )P
 i P 1 PAC
 i AC
PEC
i 1
i 1

1

0.

Vậy (1.1.3.9) được chứng minh.
Xét (1.1.3.10).
Vì C0 E C1 A I

0 nên với i 0 ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

www.VNMATH.com
24

 ) I
 ) (Q 1C1P 1 )( PAQ
(Q 1C0 P 1 )( PEQ


Q 1C0 EQ
Q 1C1 AQ
I Q 1 (C0 E C1 A I )Q 0.

C0 E C1 A I

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 1Ci 1 P 1 )( PAQ
(Q 1Ci P 1 )( PEQ


Q 1Ci EQ

Q 1Ci 1 AQ
Ci E Ci 1 A
Ni
0
0

1

0 0
0 0
0 0

Ni
0
0

N
0
0

0 0
I 0
0 S 1
Ni
0
0

0 0
0 0
0 0

0 0
0 0
0 0

Ni
0
0

0 0
0 0
0 0

I 0 0
0 R 0
0 0 I

i.

Vậy ta có (1.1.3.10).
Hơn nữa, ECk

0 , trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( E, A) .

0; Ck E

Thật vậy,

 )(Q 1C k P 1 )
( PEQ

ECk

  P 1.
PAC
k

Mà

 k
EC

N
0
0

0 0
I 0
0 S

Nk
0
0

1

0 0
0 0
0 0

Nk
0
0

0 0
0 0
0 0

0,

còn

Ck E
do C k E

0

0.

Vậy Ck A

Với i

 ) Q 1C k EQ

(Q 1C k P 1 )( PEQ

0.

k , do Ci

Ni
0
0

1

0 0
0 0
0 0

0 nên Ci

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Q 1Ci P

1

0 i.