Sự chính quy hóa các phương trình vi phân đại số chỉ số 3

Sự chính qui hoá các phơng trình vi phân đại số chỉ số 3
1. Giới thiệu :

Phơng trình vi phân đại số thờng (DAEs)là phơng trình vi phân thờng
(ODEs): f(x(t),x(t),t) = 0 với f là trơn và đạo hàm Jacobi fy(y,x,t) suy biến tại mọi
điểm nhng có hạng không đổi . Hệ thống nh vậy đợc sự quan tâm đặc biệt trong
quan điểm của ứng dụng khác nhau, ví dụ mạng lới điện chế hệ thống cơ khí, vấn
đề lý thuyết điều khiển ...
Nó đợc biết đến là do phơng trình vi phân đại số khó giải khi nó có chỉ số
cao hơn, chỉ số lớn hơn 1. Rất nhiều nhà nghiên cứu chỉ ra rằng DAEs có thể giải đợc với chỉ số k lớn ( 2 ) ...
Trong trang trích dẫn này, chúng tôi xem hệ thống các hàm số tuyến tính 3
chỉ số có dạng
A(t)x(t) + B(t)x(t) = q(t) , t [ a, b]
(1.2)
với điều kiện biên
Dax(a) + Dbx(b) =
(1.3)
ở đây, x là vecto với các thành phần thực, x(t) R m, A(t) và B(t) là các ma trận vuông
cấp m ì m phụ thuộc liên tục vào t.

2. Kết quả chính :

Bây giờ chúng tôi nghiên cứu phơng trình vi phân đại số thờng (1.2).
Chúng tôi giả sử rằng không gian lớp không N0(t) = ker(A(t)) là trơn, tồn tại ma trận
hàm khả vi liên tục Q0 từ R m vào N(A(t)) với t [ a, b] . Nếu ta đặt P0 = I Q0 thì
(1.2) tơng đơng với
A(P0x) + (B AP0)x = q .
Để đơn giản chúng ta bỏ qua đối số t ở đây và trong những nội dung sau, nếu
không có sự nhầm lẫn phát sinh.
Một hệ thống ma trận đợc xây dựng trong [8] nh sau :
A0 = A,

B0 = B AP0,
Ai = Ai-1 + Bi-1Qi-1 ,
Bi = Bi-1Pi-1 Ai(P0...Pi)P0...Pi-1 , i = 1,2,...,
Với Qi(t) biểu thị một chiều vào Ni = ker(Ai(t)), Pi = I Qi , i =1,2,... Chúng ta luôn giả
sử rằng P0, ..., Pi là khả vi liên tục.
Định nghĩa 1.2 : [8]
Phơng trình vi phân đại số thờng đợc gọi là giải đợc chỉ số k nếu A0,..Ak-1 là suy
biến nhng Ak không suy biến với t [ a, b] .
Trong trang này chúng tôi luôn xét trờng hợp phơng trình vi phân đại số thờng
là giải đợc chỉ số 3, với A0, A1, A2 suy biến nhng A3 không suy biến t [ a, b] .. Trong
trờng hợp này chúng tôi gọi đơn giản phơng trình (1.2) là phơng trình vi phân đại
số chỉ số 3
Nhận xét 2.2: Định nghĩa này hơi khác mục [6], nhng chúng tôi có thể chứng
minh rằng 2 định nghĩa này là tơng đơng.
Định nghĩa này độc lập với sự lựa chọn đặc biệt của việc đặt { Qi } , vì thế họ
có thể chọn
QiQj = 0 với 0 j < i 2 và Q2 = Q2.A 31 .B2
Việc giải quyết các định lý tiếp theo đợc chứng minh từ [8]
Định lý 2.3:
Cho phơng trình DAEs(1.2) giải đợc với chỉ số 3. Giả sử rằng Qi(i = 1,2,...,k
1 ) là đủ mịn và q Ck-1. Hơn thế nữa, chúng tôi biểu thị các ma trận cơ bản của
ODEs bằng Z :
z1+ [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)]z1 = P0P1P2A 31 q
và chúng tôi giả định ma trận Da , Db đáp ứng :
Da = DaP0(a)P1(a)P2(a) ,
Db = DbP0(b)P1(b)P2(b) và
Da Z (a ) + Db Z (b)
= m
Rank
( I P0 P1 P2 (a )) Z (a)

Tiếp theo BVP : Ax + Bx = q, t [ a, b] , Dax(a) + Dbx(b) =
(2.1)


là khả năng giải quyết đặc biệt trong C với mỗi R m .
Hơn thế nữa, nếu x là nghiệm đặc biệt của (2.1), thì zi, i = 1, 2, 3, 4, đợc quy
định bởi :
z1 = P0P1P2x,
z2 = P0P1Q2x,
z3 = P0Q1x, z4 = Q0x cũng là nghiệm đặc biệt
của phơng trình DAEs sau :
z1 + [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)z1] = P0P1P2A 31
z2 = P0P1Q2A 31 q
z3 = P0Q1P2A 31 q P0Q1P2A 31 B0z1 + P0Q1Q2z1 + P0Q1Q2z2
(2.2)
z4 = -Q0P1P2A 31 B0z1 + (Q0 Q0P1P2)z1 + (Q0Q1 Q0P1P2)z2 + Q0Q1z3 + Q0P1P2A 31 q
cùng với
[I P0P1P2(a)]z1(a) = 0
(2.3)
và
Daz1(a) + Dbz1(b) =
(2.4)
4

Ngợc lại, nếu zi(i=1,2,3,4) là nghiệm đặc biệt của (2.2) (2.4) thì x =

z
i =1

i

cũng là nghiệm đặc biệt của (2.1).
Trong phần sau, chúng tôi thảo luận về sự chính qui hoá của phơng trình
DAEs(1.2). chúng tôi cho một số giá trị của chuỗi ma trận { Ai , Bi , Qi } , mà chúng sẽ đợc
sử dụng để chứng minh các định lý sau.
Bổ đề 2.4 [8] : Cho chuỗi ma trận { Ai , Bi , Qi } đợc định nghĩa nh trớc . Các mối quan
hệ sau là đúng
(a) AiQj = BjQj với i > j
(b) BiQj = 0
với i > j
1
(c) A 3 BiQi = Qi
1
k

(d)A Ai = I

k 1

Q
j =1

j

(e) P0P1P2A 31 B1P0Q1 = 0
Định lý 2.5 : Cho phơng trình DAEs(1.2) là giải đợc với chỉ số 3. Với đủ nhỏ > 0,
phơng trình DAEs :
A (P0x) + B0x = q , t [ a, b]
(2.5)
với A = A + B1 là chuyển đợc

Chứng minh :
Nếu z N0 thì z = Q0z và theo bổ đề 2.4, kéo theo :
A z = (A + B1)Q0z = 0 , do đó ker( A ) N0
Ngợc lại, nếu z ker( A ), A z = 0 thì A 31 (A + B1 )z = 0 .
Theo bổ đề 2.4 và định nghĩa của Bi, chúng tôi có :
(I Q0 Q1 Q2)z + A 31 B2z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z = 0
(2.6)
Nhân phơng trình với Q2, chúng tôi đợc:
Q2A 31 B2z = 0 , có tiếp
Q2z = 0
Nhân (2.6) với P0P1, sau vài phép tính, chúng tôi có:
P0P1z + P0P1A 31 B1P1z = 0 , kéo theo
[I + P0P1A 31 (B0 A1(P0P1))] P0P1z = 0
Do đó P0P1z = 0 và
A 31 B2z = A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z = A 31 [BP0P1 A1(P0P1)P0P1 A2(P0P1P2)P0P1]z = 0
Bây giờ (2.6) trở thành :
(I Q0 Q1)z + Q1z = 0
Nhân phơng trình này với Q1, cho ta : Q1z = 0 dẫn đến Q1z = 0 . Do đó


z = Q0z,
z N(A)
Vậy N(A) = N( A )
Bây giờ, bằng định nghĩa, phơng trình DAEs(2.5) là chuyển đợc nếu và chỉ
nếu ma trận
A + B0Q0 là không suy biến. Do đó trong quá trình chứng minh DAEs là chuyển đợc,
chúng tôi chứng minh rằng A + B0Q0 là không suy biến.
Cho z thoả mãn ( A + B0Q0 )z = 0. Điều này tơng đơng với A 31 ( A + B0Q0)z = 0.
Sau đó :
(I Q0 Q1 Q2)z + A 31 B2z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z + Q0z = 0

(2.7)
Nhân (2.7) với Q2 sinh ra :
Q2z = 0
Tiếp đó, nhân (2.7) với P1 sinh ra :
P1z + P1A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z + P1P2(P0P1P2)P0P1z = 0
đó là :
P1z + P1A 31 B1P1z = 0
Và do đó :
P1z = 0
Điều đó hàm ý :
A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z = 0
Dẫn đến :
Q1z = 0
Do đó :
z = P1z + Q1z = 0
Điều đó chứng tỏ ma trận A + B0Q0 là không suy biến, bao gồm cả phơng trình
DAEs (2.5) có thể chuyển đổi . ( cha chính xác )
Định lý đã chỉ ra rằng với đủ nhỏ >0, phơng trình DAEs (2.5) là một dạng
chính quy của (1.2). Đối với DAEs(2.5), tơng tự [6], chúng tôi có các kết quả sau :
Định lý 2.6 : Giả sử phơng trình (1.2)là giải đợc với chỉ số 3 và đủ nhỏ thoả mãn
phơng trình DAEs(2.5) có thể chuyển đợc. Nếu x là một nghiệm của (2.5) thì :
(I + P0P1P2A 31 B1) z1' + P0P1P2A 31 B1 z 2' + [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)] z1 -

(P0P1P2A 31 B1) z 3 = P0P1P2A 31 q ,
z 2' + [I - (P0P1Q2) z 2 - (P0P1Q2) z1 - (P0P1Q2) z 3 = P0P1Q2A 31 q ,
z 3' + [I - (P0Q1P2) z 3 +( P0Q1P2 A 31 B1 P0Q1Q2)( z1' + z 2' ) + P0Q1P2 A 31 B0 z1 =
P0Q1P2A 31 q,
z 4 = -Q0P1P2 A 31 B0 z1 + (Q0 Q0P1P2) z1' - Q0P1P2 A 31 B1( z1' + z 2' ) + (Q0P1P2 A 31
B1) z 3
+ (Q0Q1 - Q0P1P2 ) z 2' + Q0Q1 z 3' + Q0P1P2 A 31 q

(2.8)
Cùng với
[ I - P0P1P2(a)] z1 (a) = 0
(2.9)
Và
Daz1(a) + Dbz1(b) =
(2.10)
Với :
z1 = P0P1P2 x ,
z 2 = P0P1Q2 x ,
(2.11)

z 3 = P0Q1 x ,

z 4 = Q0 x


Ngợc lại, nếu z i , i = 1, 2, 3, 4, là nghiệm đặc biệt của (2.8) (2.10) thì x =



4

i =1

z i cũng là nghiệm đặc biệt của DAEs(2.5)

Việc chứng minh có thể sử dụng kỹ thuật nh [8 - định lý 2.5] và do đó nó đợc
bỏ qua
Giống nh định lý 2.3, chúng tôi có định lý ổn định sau

Định lý 2.7: Giả sử DAEs(1.2) là giải đợc với chỉ số 3 và >0 đủ nhỏ sao cho
DAEs(2.5) có thể chuyển đợc . Giả sử rằng Qi đủ trơn. Hơn thế nữa, qua Y
chúng tôi biểu thị ma trận cơ bản của phơng trình đầu tiên trong (2.8) và
chúng tôi giả sử rằng ma trận Da, Db thoả mãn :
Da = DaP0P1P2(a), Db = Db P0P1P2(b)
Và
Da Y (a ) + Db Y (b)
= m
rank
(
I

P
P
P
(
a
))
Y
(
a
)
0 1 2


Thế thì BVP bao gồm DAEs(2.5) và biên
Dax(a) + Dbx(b) =
(2.12)
có thể giải đặc biệt trên C với mỗi R m
Hơn thế nữa, nếu x là nghiệm đặc biệt của (2.5) và (2.12), thì z i quy định

bởi (2.11) là nghiệm của BVP bao gồm DAEs(2.5) và điều kiện đối với z1 :
Da z1 (a) + Db z1 (b) =
(2.13)
Ngợc lại, nếu z i , i = 1, 2, 3, 4, là nghiệm của hệ (2.8) và (2.13) và z 2
R(P0P1Q2), z 3 c R(P0Q1),
z 4 R(Q0), thì x =



4

i =1

z i là nghiệm đặc biệt của DAEs(2.5) và (2.12)

Hệ (2.8) chỉ ra rằng tham số (2.5) có vấn đề về sự suy biến. Trong phần
dới đây, chúng tôi sẽ nghiên cứu tính chất hội tụ của nghiệm suy biến. Nếu
không có thêm điều kiện phụ minh hoạ, các hàm và phép chiếu luôn đợc giả
thiết là đủ trơn.
Sau đây là bổ đề chúng tôi quan tâm, nó có ý nghĩa quyết định đối
với việc chứng minh các kết quả chính của chúng ta (cf[7])
Bổ đề 2.8: Cho I quy định bởi :
I (t) =

1

1

1

t [ a; b]

exp( (t s)) (s)ds ,
a

Với L2(a,b) và > 0. Tiếp đó I B(L2(a,b)) và các nhận xét sau là
đúng:
(a) I = o(1)
(b) Nếu H1(a,b), thì

1

I = o( 2 )

2
(c) Nếu H (a,b) và (a) = 0, thì I = o( )
Hơn thế nữa, với c là hằng số c R sao cho : I c với > 0 .
ở đây, . kí hiệu là chuẩn trong L2(a,b)m
Định lý 2.9: Giả sử x và x là nghiệm của phơng trình (2.1) và (2.5) cùng với
(2.12) tơng ứng. Nếu
1
P0P1Q2 x (a) = P0P1Q2A 3 q(a),
thì
1

P ( x x ) = o( 2 )

Chứng minh :
Đầu tiên, chúng ta xem xét các phơng trình thứ 2 đã cho trong (2.2) và
(2.8), tơng ứng

Để kí hiệu ngắn , chúng tôi đa ra cách viết gọn sau :
(P0P1Q2) = U11,,
U11( ) = 1 + U11,
f = P0P1Q2A 31 q.
Chúng tôi có :
z 2' = U11( ) z 2 + U11 z1 + U11 z 3 + f
z2 = f
1
Nhân phơng trình đầu của hệ trên với exp(- (t s )) và lấy tích từ a đến t,

chúng tôi có
1
1
1
1
1
1
1
1
'
exp(

(
t

s
))
z

ds
exp(

(
t

s
))
z
ds
exp( (t s )) f ( s )ds + I (U11 z1 + U11 z 2 +
=
+
2
2
a







a
a
U11 z 3 ),
z 2 (t) exp(-

1
1

(t a )) z 2 (a) = f(t) f(a) exp(- (t a )) + I (U11 z1 + U11 z 2 +



U11 z 3 - f)
và
z 2 (t) z2(t) = I ( U11 z1 + U11 z 2 + U11 z 3 - f)
(2.14)
Do đó :
z 2 (t ) z 2 (t ) = o( )
(2.15)
Đạo hàm (2.14) sinh ra :
z 2' - z2 = I f f + U11 z1 - I U11 z1 + U11 z 2 - I U11 z 2 + U11 z 3 - I U11 z 3 .
Dới đây giả sử f và Qi đủ mịn, chúng tôi có :
1

z 2' (t ) z 2' (t ) = o( 2 )

Tiếp theo, chúng tôi lấy các phơng trình đầu đã cho trong (2.2) và (2.8) tơng ứng,
vào xem xét.
Hiển nhiên phơng trình đầu đợc cho trong(2. 8) là theo quy luật o( ) - độ lệch của
phơng trình đầu tiên đợc cho trong (2.2). A thờng là đối số đa ra đánh giá
z1' (t ) z1' (t ) 2 + z1 (t ) z1 (t ) 2 = o( 2).
Lần thứ ba, xem nh các phơng trình đã cho trong (2.2) và (2.8), tơng ứng. Ta kí hiệu
1
(P0Q1Q2) = V11, P0Q1P2A 3 B1 = V12, P0Q1Q2 = V13,
1

1

P0Q1P2A 3 B0 = V1, P0Q1P2A 3 q = h
Chúng tôi có :
1
1
1
1
z 3' = ( - I + V11) z 3 - V12( z1' + z 2' ) + V13( z1' + z 2' ) - V14 z1 + h,




z3 = -V14z1 + V13(z1 + z2) + h .
Sau những thao tác giống phơng trình thứ 2 đã cho trong (2. 8) chúng tôi có
1
z 3 (t) - exp(- (t a )) z 3 (a) = I [V11 z 3 - V12 z1' - V12 z 2' - (V13( z1' + z 2' )) h + (V14 z1 )]

1
'
'
'
'
+ exp(- (t a ))[-V13(a)( z1 (a) + z 2 (a) h(a) + V14 z1 (a)] + V13( z1 + z 2 ) + h(t) V14 z1 .

Căn cứ vào (2.15) và (2.16) chúng tôi có
1

[V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 ] [V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 ] = o( 2 )

Tóm lại, chúng tôi thu đợc

z 3 (t ) z 3 (t ) z 3 V13 ( z1' + z 2' ) h(t ) + V14 z1 + V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 V13 ( z1' + z 2' ) h(t ) + V14 z1 =
1

o( 2 ) .

Do đó, chúng tôi có:
1

P ( x x ) z1 z1 + z 2 z 2 + z 3 z 3 = o( 2 ) .

3. Một số ví dụ:
Trong phần này, chúng tôi đa ra 2 ví dụ để minh hoạ cho kết quả của chúng
tôi thu đợc trong phần 2. ở đây chúng tôi biểu thị nghiệm đúng của hệ đầu tiên
(1.2) và số nghiệm của hệ quy định bởi
x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t))T và x (t) = ( x1 (t ) , x 2 (t ) , x3 (t ) )T, tơng ứng.
Ví dụ 1: Chúng tôi xét