Luận văn: Tính điều khiển của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính ppt

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



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Môc lôc
Trang

Lêi nãi ®Çu 1
Chƣơng 1 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VỚI HỆ
SỐ HẰNG 6
§1 Tính giải được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với
hệ số hằng 6
§2 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính
với hệ số hằng. 35
Chƣơng 2 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ
BIẾN THIÊN 41
§1 Tính giải được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số
biến thiên… 41
§2 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với
hệ số biến thiên 63
KÕt luËn 72
Tµi liÖu tham kh¶o. 74

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

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
nghiên cứu hệ phương trình vi phân suy biến vẫn còn là thời sự, bởi còn rất nhiều
câu hỏi chưa được giải đáp.
Mục đích của luận văn này là trình bày các kết quả mở rộng tiêu chuẩn điều
khiển được của các hệ điều khiển mô tả bởi phương trình vi phân thường – tiêu
chuẩn Kalman – cho hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính dừng và không
dừng. Luận văn cố gắng trình bày một cách có hệ thống từ đơn giản đến phức tạp,
từ phương trình vi phân đại số tuyến tính dừng đến phương trình vi phân đại số
tuyến tính không dừng. Tiêu chuẩn điều khiển được dạng Kalman được đặc trưng
thông qua tiêu chuẩn về hạng của ma trận hệ số. Thống nhất đi theo hướng nghiên
cứu đó, trước tiên luận văn trình bày tiêu chuẩn điều khiển được mở rộng cho hệ
phương trình vi phân đại số thông qua ma trận hệ số của các hệ phương trình vi
phân ẩn tuyến tính dừng và sau đó là cho hệ mô tả bởi hệ phương trình vi phân ẩn
tuyến tính không dừng. Các tiêu chuẩn điều khiển được này nói chung phức tạp
hơn rất nhiều so với tiêu chuẩn Kalman.
Nội dung của luận văn gồm hai chương:
Chương 1 nghiên cứu hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số
hằng.
Mục 1 chương 1 trình bày hai cách tiếp cận hệ phương trình vi phân đại số
tuyến tính nhằm nghiên cứu tính chất tập nghiệm của phương trình dạng

( ) ( ) ( )Ex t Ax t Bu t


trong đó E là ma trận nói chung suy biến.
Cách tiếp cận thứ nhất là thông qua cặp ma trận chính quy để đưa phương

trình trên về hệ:

1 1 1 1 1
2 2 2 2
( ) ( ) ( );
( ) ( ) ( ), 0,
x t A x t B u t
Nx t x t B u t t



trong đó phương trình thứ nhất là phương trình vi phân thường và phương trình
thứ hai là phương trình vi phân với ma trận lũy linh.
Cách tiếp cận thứ hai nhằm nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của phương trình
vi phân với hệ số hằng thông qua ma trận cơ sở. Mục này giới thiệu khái niệm
toán tử hiệu chỉnh, nghiệm của phương trình vi phân đại số được tìm thông qua

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

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
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
6
Chƣơng 1 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ
TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG
§1 TÍNH GIẢI ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ
TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG
1.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính với ma trận lũy linh
Xét phương trình vi phân đại số tuyến tính dạng
( ) ( ) ( ) ( )Nx t x t B t u t

,
0t ³
, (1.1.1.1)
trong đó
N
là ma trận vuông cấp
2
n
, không phụ thuộc vào
t
và là ma trận lũy
linh bậc
h
, tức là
2
0
h
n

N =
với
2
0
n
là ma trận vuông cấp
2
n
có tất cả các thành
phần bằng 0;
()xt
là một hàm khả vi hầu khắp nơi nhận giá trị trong không gian
2
n
¡
và thỏa mãn phương trình (1.1.1.1) hầu khắp nơi (là nghiệm của phương trình
vi phân (1.1.1.1));
()Bt
là ma trận cấp
2
nm´
và
()ut
là vectơ hàm
m
chiều.
Trước tiên ta chứng minh Bổ đề sau (xem [3]).
Bổ đề 1.1
Giả sử
()Bt

và
()ut
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 kh££
ta có
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )
1
0
( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k k k i k i i
k
i
N x t N x t N C B t u t
, (1.1.1.2)
trong đó
()
()
k
xt
là đạo hàm cấp

k
của vectơ hàm
()xt
, tương tự,
()
()
i
ut
là đạo
hàm cấp
i
của vectơ hàm
()ut
, còn
()
()
s
Bt
là đạo hàm cấp
s
của ma trận hàm
()Bt
,
!
!( )!
i
k
k
C
i k i

=
-
với
0 ik££
.
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
7
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t Nx t N B t u t B t u t

  
.
Lại tiếp tục nhân phương trình này với
N
rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:
3 2 2
2
2 2 (2 ) ( )
2
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
i i i
i
N x t N x t N B t u t B t u t B t u t B t u t

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

Như vậy, công thức (1.1.1.2) đúng với
1,2,3s =
.
Giả sử công thức (1.1.1.2) đúng với mọi
s k h£<
. Ta sẽ chứng minh nó đúng
với
1sk=+
. Thật vậy, theo qui nạp ta có
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )
1
0
( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k k k i k i i
k
i
N x t N x t N C B t u t
.
Nhân phương trình này với
N
rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:
1
1 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1 ) ( 1)

1
0
( ) 0 ( ) 0 ( 1)
11
1 ( 1) 1 ( 2) 2 ( 2)
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k k k i k i i k i i
k
i
k k k k k k
kk
k k k k k k
k k k
k
k
N x t N x t N C B t u t B t u t
N x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t N C B t u t
NC

  
2 ( 3) 1 ( 1) ( 1) 1 ( ) ( )
1 1 1
( ) ( ) ( 1 ) ( 1)
11
2 (2) ( 2) 2 ( 1)

11
1
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
()
k k s k s s k s k s s
kk
k s k s s k s k s s
kk
k k k k k k
kk
kk
k
B t u t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t
N C B t u



( 1) 1 ( )
1
( ) ( ) ( )
k k k k
k
t N C B t u t
( ) 0 ( ) 0 1 ( 1)
1 1 1

1 2 ( 2) 1 ( ) ( )
1 1 1 1
2 1 ( 1) 1 ( )
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ).
k k k k k k
k k k
k k k s s k s s
k k k k
k k k k k k k
k k k
N x t N C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C B t u t




Nhưng
( )
1
1!
!( 1 )!
i
k
k
C
i k i

-
-
=

nên
00
1
1
kk
CC
-
==
;
1
1
1
kk
kk
CC
-
-
==

và

1
11
s s s
k k k
C C C

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
nên
1 ( 1)
( ) 0 ( ) 0 1 ( 1)
1 1 1
1 2 ( 2) 1 ( ) ( )
1 1 1 1
2 1 ( 1) 1 ( )
1 1 1
()
()
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
kk
k k k k k k
k k k
k k k s s k s s
k k k k
k k k k k k k
k k k
kk
N x t
N x t N C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C B t u t

Nx



0 ( ) 1 ( 1)
2 ( 2) ( ) ( )
1 ( 1) ( )
( ) ( ) ( )
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
k k k k
kk
k k k s k s s
kk
k k k k k k
kk
k
k k k s k s s
k
s
t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t
N x t N C B t u t




Vậy theo nguyên lý qui nạp, công thức (1.1.1.2) được chứng minh.
Từ Bổ đề 1.1 ta có công thức nghiệm sau đây của hệ (1.1.1.1).
Mệnh đề 1.1 ([3])
Giả sử
()Bt
là ma trận hàm và
()ut
vectơ hàm có các thành phần là các hàm khả
vi liên tục đến cấp
h
. Khi ấy nghiệm của hệ phương trình vi phân tuyến tính suy
biến (1.1.1.1) được tính theo công thức
1
()
0
( ) ( ) ( )
h
k
k
k
x t F t u t
, (1.1.1.3)
trong đó
1
()
( ) ( )
h
s k s k
ks

sk
F t N C B t
-
-
=
=-
å
.
Chứng minh
Viết lại (1.1.1.2) với
1,2, ,kh=
ta được
0
0
( ) ( ) ( ) ( )Nx t x t C B t u t

;
2 0 1
11
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t Nx t NC B t u t NC B t u t

  
;
3 2 2 0 2 1 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t N x t N C B t u t N C B t u t N C B t u t
 
   
;
……….

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )
1
0
1 ( 1) 1 0 ( 1) 1 1 ( 2)
11
1 ( 1 ) ( ) 1 1 ( 1)
11
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ).
k
k k k k k i k i i
k
i
k k k k k k
kk
k i k i i k k k
kk
N x t N x t N C B t u t
N x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t


………
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

1
0
1 ( 1) 1 0 ( 1) 1 1 ( 2)
11
1 ( 1 ) ( ) 1 1 ( 1)
11
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ).
h
h h h h h i h i i
h
i
h h h h h h
hh
h i h i i h h h
hh
N x t N x t N C B t u t
N x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t


Cộng vế với vế các đẳng thức này và để ý đến tính chất lũy linh của ma trận
N
,
tức là
0
h
N =
, sau khi nhóm các số hạng ở hai vế, ta được

11
0 ( ) 1 ( 1)
01
1
( ) ( ) 1 ( 1)
1
()
0
0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
hh
s s s s
ss
ss
h
s k s k k h h
s
sk
h
k
k
k
x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N B t u t
x t F t u t


Từ đây suy ra
1

()
0
( ) ( ) ( ).
h
k
k
k
x t F t u t

Vậy Mệnh đề 1.1 được chứng minh.
Trong trường hợp
()B t Bº
là ma trận hằng ta có
Hệ quả 1.1 ([6], trang 17)
Giả sử
()B t Bº
là ma trận hằng và
()ut
vectơ hàm có các thành phần là các hàm
khả vi liên tục đến cấp
h
. Khi ấy nghiệm của phương trình
( ) ( ) ( )Nx t x t Bu t

(1.1.1.4)
được tính theo công thức
1
()
0
( ) ( )

h
kk
k
x t N Bu t
. (1.1.1.5)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Chứng minh
Khi
()B t Bº
thì
1
()
( ) ( )
h
s k s k k k k
k s k
sk
F t N C B t N C B N B
-
-
=
= - = - = -
å

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

tuyến tính dạng

( ) ( ) ( ) ( )Ex t Ax t B t u t

. (1.1.2.1)
trong đó ma trận
E
nói chung suy biến (
det E
có thể bằng 0).
Định nghĩa 1.2
Cặp ma trận
,
nn
EA 
được gọi là chính quy nếu tồn tại một số phức


sao cho
0EA
hoặc đa thức
0sE A
.
Bổ đề 1.2 (Bổ đề 1-2.2, [6], trang 7)
Cặp ma trận
( )
,EA
là chính quy nếu và chỉ nếu tồn tại hai ma trận không suy
biến
P

và
Q
sao cho
1
0
0
n
I
QEP
N
,
1
2
0
0
n
A
QAP
I
,
trong đó
12
n n n+=
,
1
1
1
nn
A 
,

1
n
I
và
2
n
I
là hai ma trận đơn vị tương ứng
cấp
1
n
và
2
n
;
22
nn
N 
là ma trận lũy linh.
Bổ đề 1.2 chỉ ra rằng với giả thiết chính quy của cặp ma trận
( )
,EA
, hệ
(1.1.2.1) có thể viết dưới dạng sau:

1 1 1 1
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ), (1.1.2.2 )
( ) ( ) ( ) ( ). (1.1.2.2 )
x t A x t B t u t a

Nx t x t B t u t b


(1.1.2.2)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Thật vậy, do
( )
,EA
là cặp ma trận chính qui nên tồn tại các ma trận không suy
biến
P
và
Q
sao cho
1
0
0
n
I
QEP
N
,
1
2
0
0
n
A

QAP
I
.
Nhân hai vế của (1.1.2.1) về bên trái với ma trận không suy biến
Q
ta được
( ) ( ) ( ) ( )QEx t QAx t QB t u t

.
Đặt
( ) ( )x t Px t=
%
hay
1
( ) ( )x t P x t
-
=
%
. Khi ấy
( ) ( )x t Px t=
&
&
%
và phương trình trên
có thể viết thành

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

hay
1
1
2
00
( ) ( ) ( ) ( )
0
0
n
n
IA
x t x t QB t u t
I
N


.
Đặt
1
2
x
x
x
æö
÷
ç
÷
=
ç
÷

ç
÷
÷
ç
èø
%
%
%
và
1
2
()
()
()
Bt
QB t
Bt


, khi ấy phương trình trên có dạng
1 1 1 1
1
2 2 2
2
( ) ( ) ( ) ( );
( ) ( ) ( ) ( )
n
n
I x t A x t B t u t
Nx t I x t B t u t








hay
1 1 1 1
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( );
( ) ( ) ( ) ( )
x t A x t B t u t
Nx t x t B t u t







với
12
12
( ) , ( )
nn
x t x t


và

22
nn
N 
là ma trận lũy linh.
Từ nay về sau, ta luôn giả thiết cặp ma trận
( )
,EA
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
12
ban đầu
0
1
1
n
x 
và mỗi hàm đo được cho trước
()ut
,
0t
, nghiệm của
(1.1.2.2a) có dạng (xem, thí dụ, [2], [4]):
()
0
11
1 1 1

0
( ) ( ) ( )
t
A t A t s
s
x t e x e B s u s ds
. (1.1.2.4a)
Theo Mệnh đề 1.2, nghiệm của hệ (1.1.2.2b) được tính theo công thức
1 1 1
( ) ( ) ( )
22
00
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
h h h
k s k s k k
ks
k k s k
x t F t u t N C B t u t
. (1.1.2.4b)
Như vậy, nghiệm
1
2
()
()
()
xt
xt
xt
của (1.1.2.2) tính được tường minh theo công
thức (1.1.2.4a) và (1.1.2.4b). Ta nói nghiệm (1.1.2.4) tương ứng với điều khiển

()ut
đã chọn.
Chúng ta cũng lưu ý rằng, để có được công thức (1.1.2.4b), ta đã phải giả thiết
()Bt
và
()ut
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
()ut
. Đây cũng là một trong những điểm khác biệt giữa phương trình vi phân
thường và phương trình vi phân đại số.
Hệ quả 1.2
Giả sử
()B t Bº
là ma trận hằng và
()ut
vectơ hàm có các thành phần là các hàm
khả vi liên tục đến cấp
h
. Khi ấy nghiệm của phương trình:

( ) ( ) ( )Ex t Ax t Bu t


có dạng:
()
0
11

1 1 1
0
( ) ( )
t
A t A t s
s
x t e x e Bu s ds


1
()
2
0
( ) ( )
h
kk
k
x t N Bu t
.
Đối với hệ phương trình vi phân đại số (1.1.2.1), ta cũng có một cách tiếp cận
khác thông qua ma trận cơ sở để nghiên cứu cấu trúc của tập nghiệm. Dưới đây
chúng tôi trình bày cách tiếp cận này theo [7].

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
1.3 Công thức nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở
1.3.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở
Một cách tự nhiên, hệ phương trình vi phân đại số được hiểu là hệ

1 1 1 2 2 1

3 1 4 2 2
( ) ( ) ( ) ( ); (1.1.3.1)
0 ( ) ( ) ( ), (1.1.3.2)
x t R x t R x t f t
R x t R x t f t


trong đó
1
1
()
n
xt 
và
2
2
()
n
xt 
;
i
R
,
1,2,3,4i
và
j
f
(t),
1,2j
là các ma trận

và vectơ có số chiều tương ứng.
Hệ trên gồm một phương trình vi phân thường và một ràng buộc đại số (một
phương trình không chứa đạo hàm của các ẩn
12
,xx
).
Đặt
12
11
34
22
0
; ; ;
00
RR
xf
I
x f E A
RR
xf
,
trong đó
1
n
II
là ma trận đơn vị cấp
1
n
,
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
1
x
có đạo hàm.
Cách viết (1.1.3.4) đòi hỏi là
x
có đạo hàm, tức là toàn bộ các tọa độ, hay
2
x

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
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
n
x 

và ma trận
A
có số chiều là
mn
thì
E

cũng phải có số chiều là
mn
, còn
f

phải là một vectơ có số chiều là
1m
.
Bổ đề 1.3.1
Tồn tại dãy ma trận
0 1 2
, , , C C C
( gọi là hệ ma trận cơ sở) sao cho mọi nghiệm
của hệ phương trình

0
0
01
0
()
( ) ( ) ; (1.1.3.5)
( ) ( ) ( ) . (1.1.3.6)
i
i
i
i
i
i
dx t d
C Ax t C f t

dt dt
d
I C E x t C f t
dt

cũng là nghiệm của (1.1.3.3).
Chứng minh
Chọn
0 1 2
, , , C C C
thoả mãn hệ

00
0
1
(1.1.3.7)
, 0,1,2, , (1.1.3.8)
i i i
EC A AC E
EC AC I i

trong đó
0
i
là nhân Kroneker, tức là
0
1, 0;
0, 0.
i
i

i

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

0
0
0
0
()
( ) ( )
( ( )) ( ) ( ) . (*)
i
i
i
i
i
i
Edx t d
EC Ax t EC f t
dt dt
d
Ex t EC Ax t EC f t
dt


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

15
Nhân (1.1.3.6) với
A
, ta được:

01
0
01
0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) . (**)
i
i
i
i
i
i
d
A I C E x t AC f t
dt
d
Ax t AC Ex t AC f t
dt

Lấy (*) trừ (**) ta được:

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

ii
i
d
Ex t Ax t EC Ax t AC Ex t EC AC f t
dt
.
Từ (1.1.3.7) và (1.1.3.8) ta có:
0
0
0
( ( )) ( ) 0 ( ) ( ) ( )
i
i
i
dd
Ex t Ax t I f t f t f t
dt dt
.
suy ra

( ) ( ) ( )Ex t Ax t f t
.
Vậy ta đã chứng minh được, mọi nghiệm của (1.1.3.5), (1.1.3.6) đồng thời cũng là
nghiệm của (1.1.3.3).
Nhận xét
Nếu không thêm điều kiện thì hệ (1.1.3.7)-(1.1.3.8) có thể có vô số nghiệm hoặc
vô nghiệm.
Thí dụ 1.3.1
Với
1

2
1 0 ; 0 1 ;
x
E A x
x
;
()ft 
.
Phương trình (1.1.3.3) có dạng
12
( ) ( ) ( )x t x t f t

. (1.1.3.3’)
Chọn
01
0
; ; ; 1,2,3
01
i
cc
C C C i
c
và c bất kỳ.
Vì
01
01EC AC I I
(đúng vì
1I
, ma trận đơn vị)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16

12
1
0;
0 ; 2,3
ii
EC AC c c
EC AC c c i

Vì c bất kỳ nên có vô số
i
C
thỏa mãn hệ (1.1.3.7)-(1.1.3.8), hay hệ (1.1.3.7)-
(1.1.3.8) không có tính duy nhất nghiệm.
Hệ (1.1.3.5)có dạng
()
2
()
( ) ( )
1
i
i
cc
dx t
f t f t
c
dt

hay
()
1
1
()
2
2
()
( );
()
( ) ( ).
i
i
i
i
dx t
c f t
dt
dx t
f t c f t
dt
(1.1.3.5’)
Hệ (1.1.3.6) có dạng
()
1
( ) ( ) ( )
1
i
i
cc

x t f t f t
c

hay
()
1
0
()
2
1
( ) ( );
( ) ( ) ( ).
i
i
i
i
x t c f t
x t f t c f t
(1.1.3.6’)
Tích phân (1.1.3.5’) (đạo hàm (1.1.3.6’)) ta được (1.1.3.6’) (được (1.1.3.5’) hay
hai hệ (1.1.3.5’) và (1.1.3.6’) là trùng nhau.
Hơn nữa, thay
()xt
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
()ft
.
Thí dụ 1.3.2
Với
10

;;
01
E A x 

Phương trình (1.1.3.3) có dạng:
11
22
0
xf
xf



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Từ phương trình (1.1.3.7) ta có
00
EC A AC E
01 02 01 02
1 0 0 1
,,
0 1 1 0
c c c c
02
01
0
0
c
c
.

Vậy
0
00C
;
Thay vào (1.1.3.8) với
0i
:
0
0 1 0
EC AC I
11 12
10
0,0 ,
01
c c I
11 12 11
0 0 1 0
00
1
00
c c c

Phương trình ma trận này vô nghiệm. Vậy hệ (1.1.3.7), (1.1.3.8) (với
E
và
A
đã
cho trong thí dụ này) là vô nghiệm.
1.3.2 Hệ phƣơng trình xác định ma trận cơ sở
Trong Bổ đề 1.3.1 ta đã chọn

0 1 2
, , , C C C
thoả mãn hệ (1.1.3.7) - (1.1.3.8) mà
chưa nói đến sự tồn tại của hệ ma trận cơ sở này. Định lý dưới đây trả lời câu hỏi
đó.
Định lý 1.3.2
Giả sử hệ
0
1
0
1
; (1.1.3.9)
, 0,1,2, (1.1.3.10)
i i i
i i i
EC AC I
C E C A I i

với điều kiện
0 0 0
1 1 1
; (1.1.3.11)
(1.1.3.12)
C C EC
C C AC

là giải được ứng với
01
, , , ,
i

C C C
, trong đó
0
i
là nhân Kroneker, tức là
0
1, 0;
0, 0.
i
i
i
(1.1.3.13)
Khi ấy, nếu
01
,CC
đã biết thì các ma trận còn lại
i
C
,
2,3, i
có thể nhận được
theo công thức truy hồi

11
11
( 1) ( )
ii
i
C C E C
. (1.1.3.14)

Do tính kết hợp của phép nhân ma trận, ta có thể viết (1.1.3.14) dưới dạng
11
11
( 1) ( )
ii
i
C C EC
. (1.1.3.15)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Chứng minh
Cho
0i
, từ ( 1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có:
01
EC AC I
(1.1.3.16)
và
01
C E C A I
. (1.1.3.17)
Nhân trái với
1
C
vào hai vế của (1.3.16) ta được:
1 0 1 1 1
C EC C AC C
. (1.1.3.17)
Từ (1.1.3.12) ta suy ra

10
0C EC
. (1.1.3.18)
Nhân phải với
1
C
vào hai vế của (1.1.3.17) ta được:
0 1 1 1 1
C EC C AC C
. (1.1.3.17’)
Từ (1.1.3.12) ta suy ra
01
0C EC
. (1.1.3.19)
Ta sẽ chứng minh
i
C
tính theo công thức (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ:

1
1
; (1.1.3.20)
, 2,3, (1.1.3.21)
ii
ii
EC AC
C E C A i

Cũng có nghĩa là Định lý 1.3.2 được chứng minh.
Ta sẽ chứng minh (1.1.3.20)-(1.1.3.21) bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với
2i
công thức (1.1.3.14) cho

2 1 1
C C EC
. (1.1.3.21)
Nhân hai vế với
E
ta được
2
2 1 1 1
()EC EC EC EC
. (1.1.3.22)
Với
3i
công thức (1.1.3.14) cho
2 2 2
3 1 1 1 1
( 1) ( ) ( )C C E C C E C
. (1.1.3.23)
Nhân hai vế với
A
ta được:
22
3 1 1 1 1
( ) ( )AC A C E C AC EC
.
Mà theo (1.1.3.16) thì
10

AC EC I
nên theo (1.1.3.19) ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
2 2 2
3 0 1 0 1 1
22
0 1 1 1 1
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) .
AC EC I EC EC EC EC
EC EC EC EC EC
(1.1.3.24)
Vậy từ (1.1.3.22) và (1.1.3.24) suy ra
23
EC AC
.
Nhân phải hai vế của (1.1.3.21) với
E
ta được
2
2 1 1 1
()C E C EC E C E
.
Nhân phải hai vế của (1.1.3.23) với
A
ta được
2
3 1 1

()C A C E C A
.
Mà theo (1.1.3.17) và (1.1.3.17’) thì
10
C A C E I
và
0 1 1 1 1
C EC C AC C
.
Theo (1.1.3.18) ta có

2 2 2
3 1 0 1 0 1
22
1 1 0 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
C A C E C E I C E C E C E
C EC EC E C E C E

Vậy
23
C E C A
.
Như vậy với
2i
thì công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ
(1.1.3.20) và (1.1.3.21).
Giả sử công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ (1.1.3.20) và
(1.1.3.21) với

ik
.
Ta chứng minh điều này cũng đúng với
1ik
.
Thật vậy, với
1ik
thì theo (1.1.3.14) ta có:
11
1 1 2 1
( 1) ( ) ; ( 1) ( )
k k k k
kk
C C E C C E

Vậy:

11
1 1 1
2 1 1 1
( 1) ( ) ;
( 1) ( ) ( 1) ( ) .
kk
k
k k k k
k
EC E C E
AC A C E AC E C E

Mà theo (1.1.3.16) thì

10
AC EC I
nên theo (1.1.3.19) ta có
1
2 0 1
11
0 1 1 1 1
( 1) ( ) ( )
( 1) [ ( ) ]+ ( 1) ( ) ( 1) ( )
kk
k
k k k k k k
AC EC I E C E
EC EC EC E C E C E

Vậy
12kk
EC AC
.
Tương tự, theo (1.1.3.15) ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
1 1 1
( 1) ( )
kk
k
C C EC
và
11

2 1 1
( 1) ( )
kk
k
C C EC

nên
1
1 1 1 1
1 1 1 1
2 1 1 1 1
( 1) ( ) ( 1) ( ) ;
( 1) ( ) ( 1) ( ) .
k k k k
k
k k k k
k
C E C EC E C E
C A C EC A C E C A

Mà theo (1.1.3.17) thì
10
C A C E I
nên do (1.1.3.18) ta có
1 1 1 1
2 1 1 1 0
11
1 1 0 1
1
1

( 1) ( ) ( 1) ( ) ( )
( 1) ( ) ( 1) ( )
( 1) ( ) .
k k k k
k
k k k k
kk
C A C E C A C E C E I
C E C EC E C E
CE

Vậy
12kk
C E C A
.
Khẳng định đúng với
1ik
, vậy công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15)
thoả mãn. Hệ (1.1.3.20) và (1.1.3.21) được chứng minh. Định lý chứng minh
xong.
Nhận xét
Với giả thiết của Định lý 1.3.2, ta có các công thức hệ quả sau đây

0 0 0
0 0 0
1 1 1
1 1 1
00
1
11

; 0,1, (1.1.3.25)
; (1.1.3.26)
; (1.1.3.27)
; (1.1.3.28)
; (1.1.3.29)
( ) ; (1.1.3.30)
( 1) ( ) , 1,2 . (1.1.3.31)
ii
i
ii
EC A AC E i
AC EC AC
C A C AC E
EC AC EC
C E C EC A
EC EC
AC AC i

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

00
11
()
i i i i i i
EC 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 0
AC 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 0
C 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
0

AC
ta được:
23
0 0 0 0 0
( ) ( )AC AC AC AC AC
.
Vậy
23
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
1
AC
ta được:
23
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )AC AC AC AC AC
.
Vậy

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

ii
AC 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
( , )EA
được gọi là chính quy nếu tồn tại một số (thực hoặc phức )
sao cho
det( ) 0AE
.
Nhận xét
1, Nếu sao cho
det( ) 0AE
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
( , )EA

là chính quy thì (xem [10]) tồn tại hai ma trận không suy
biến
,PQ
sao cho:
;E PEQ A PAQ


(1.3.3.1)


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
với

00
00
00
N
EI
S

,
00
00
00
I
AR
I

, (1.3.3.2)

trong đó
,NR
là những ma trận lũy linh bậc
0; 0kl
tức là
0; 0
kl
NR
,
còn
S
là ma trận không suy biến.

Chọn
11
; 0,1,2,
ii
C Q C P i

, (1.3.3.3)
trong đó

01
1
0 0 0 0 0
0 0 ; 0 0 0
0 0 0 0 0
I
C I C
S




1
00
0 0 0 ; 2,3, ,
0 0 0
i
i
N
Ci

(1.3.3.4)
thì
i
C
thỏa mãn (1.1.3.9) -(1.1.3.13).
Thật vậy, vì

00
11
0
11
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
N

C EC I I I
S S S
I I I C
I S S




nên từ
11
00
C Q C P

ta có

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

Vậy ta có (1.1.3.11).

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
01
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
II
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
ii
ii
N N I N
EC AC I R
SI
  


0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
ii
NN

nên với
1i
ta có
1 1 1 1
11
1 1 1
11
( )( ) ( )( )
( ) 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
01
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
Q C EQ Q C AQ I Q C E C A I Q
  

    


Vậy
01
C A C B E
.
Với
1i
ta phải chứng minh
1ii
C A C B

. Thật vậy:
1 1 1 1
11
11
11
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
ii
ii
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
IR
SI
NN
  

     

.
0 0 0

i

Vậy ta có (1.1.3.10).
Hơn nữa,
0; 0
kk
EC C E
, trong đó k là chỉ số của cặp ma trận
( , )EA
.
Thật vậy,
1 1 1
( )( )
k k k
EC PEQ Q C P PAC P
  

.
Mà
1
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
kk
k
N N N
EC I
S



,
còn
1 1 1
( )( ) 0
k k k
C E Q C P PEQ Q C EQ



do
0
k
CE


.
Vậy
0
k
CA
.
Với
ik
, do
1
00
0 0 0 0
0 0 0
i
i

N
C

nên
11
0
ii
C Q C P i

.