Nghiên cứu về hệ điều khiển và ứng dụng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

CHU THỊ THANH HOÀI

NGHIÊN CỨU VỀ HỆ ĐIỀU KHIỂN
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

CHU THỊ THANH HOÀI

NGHIÊN CỨU VỀ HỆ ĐIỀU KHIỂN
VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. Lê Hải Trung

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019






MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CƠ SỞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Một số khái niệm cơ bản trong lý thuyết phương trình vi phân
thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1. Định nghĩa và khái niệm cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2. Hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2. Một số khái niệm cơ bản về lý thuyết điều khiển . . . . . . . . . . . . 22
1.2.1. Bài toán điều khiển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.2.2. Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
CHƯƠNG 2. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .27
2.1. Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ
số hằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1. Nghiệm của hệ điều khiển sử dụng ma trận nghiệm cơ
bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.2. Điều kiện để hệ có tính điều khiển được . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.3. Tiêu chuẩn hạng Kalman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.1.4. Tiêu chuẩn điều khiển tối thiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2. Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ
số biến thiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.1. Điều kiện điều khiển được của hệ vi phân tuyến tính hệ

số biến thiên theo ma trận tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.2. Điều kiện điều khiển được của hệ vi phân tuyến tính hệ
số biến thiên theo tiêu chuẩn về hạng Kalman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53


1

LỜI NÓI ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết điều khiển toán học là một trong những lĩnh vực toán học
ứng dụng quan trọng mới xuất hiện và được phát triển trong những thập
kỉ gần đây. Sở dĩ nói lĩnh vực này quan trọng là do tính ứng dụng cao
của lĩnh vực, nó được xây dựng từ những vấn đề trong đời sống thực tiễn
như: Vấn đề phóng tên lửa, điều khiển vệ tinh, điều khiển máy bay; Hệ
sinh học: Lượng đường trong máu; Phòng thủ tên lửa; Điều chỉnh tỉ lệ lạm
phát kinh tế; Sinh thái học: Mối tương quan giữa thú săn mồi và con mồi,
vv. . . .Có rất nhiều vấn đề trong thực tiễn như khoa học, cơng nghệ, kinh
tế,. . . được tốn học hóa thành các phương trình tốn học điều khiển tuần
túy, vì vậy ta phải cần đến cơng cụ tốn học để tìm lời giải, điều đó đồng
nghĩa với các vấn đề trong thực tiễn nói trên được giải quyết.
Hệ điều khiển n – chiều thường được mơ tả bởi phương trình vi phân
đại số:

x(t)
˙
= A(t)x(t) + B(t)u(t),

t ∈ [t0 ; +∞)

với điều kiện ban đầu:

x(t0 ) = x0 ,
trong đó, x(t) được gọi là hàm trạng thái mô tả đối tượng đầu ra, u(t)
được gọi là hàm điều khiển mô tả đối tượng đầu vào, A(t) là ma trận
vuông cấp n, B(t) là ma trận n × m.
Mục đích của bài tốn điều khiển là tìm ra được hàm điều khiển (đầu
vào) u(t) sao cho hệ thống (đầu ra) thỏa mãn điều mong muốn nào đó

x(t1 ) = x1 . Nói một cách cụ thể, với hệ thống được mô tả bởi hệ điều
khiển dạng như trên, các trạng thái vị trí mong muốn cần điều khiển của
hệ là x0 , x1 được cho trước, cần tìm hàm điều khiển u(t), sao cho dưới tác
động của hàm điều khiển này mà hệ đã cho được điều khiển từ trạng thái


2

x0 về trạng thái x1 trong một thời gian nào đó.
Nhận thấy được tính hữu ích của hệ điều khiển và cùng đó là sự gợi ý
của TS. Lê Hải Trung, tôi đã mạnh dạn chọn đề tài:“ Nghiên cứu về hệ
điều khiển và ứng dụng” để làm luận văn thạc sĩ của mình.
2. Mục đích nghiên cứu
- Hệ thống lại các kiến thức về: Đại số tuyến tính, Giải tích thực, Phương
trình vi phân.
- Nghiên cứu về hệ điều khiển.
- Ứng dụng của hệ điều khiển.
3. Đối tượng nghiên cứu

Hệ điều khiển n – chiều có dạng:

x(t)
˙
= A(t)x(t) + B(t)u(t),

t ∈ [t0 ; +∞)

với điều kiện đầu:

x(t0 ) = x0 .
4. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung của luận văn tiến hành nghiên cứu hệ điều khiển trong không
gian hàm biến thực, trong đó các hàm điều khiển u(t) và hàm trạng thái
x(t) nằm trong các không gian với số chiều tương ứng.
5. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình thực hiện và hoàn thiện luân văn, tác giả đã khai thác
và sử dụng các kiến thức liên quan thuộc các lĩnh vực: Đại số tuyến tính,
Giải tích hàm biến thực, Lý thuyết phương trình vi phân, Lý thuyết điều
khiển, vv. . .


3

6. Cấu trúc luận văn
Luận văn có cấu trúc như sau:
LỜI NÓI ĐẦU
Chương 1. KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Một số khái niệm cơ bản trong lý thuyết phương trình vi phân
1.2 Một số khái niệm cơ bản về lý thuyết điều khiển

Chương 2. TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH
2.1 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ
số hằng
2.2 Tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ
số biến thiên
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO


4

CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

Nội dung của chương này được tham khảo chủ yếu tại các tài liệu
[4],[5],[6],[7],[8] với mục đích tạo tiền đề cơ sở cho chương sau.

1.1. Một số khái niệm cơ bản trong lý thuyết phương trình vi
phân thường
1.1.1. Định nghĩa và khái niệm cơ sở
Định nghĩa 1.1. Nếu x là biến, y là hàm thì phương trình vi phân
cấp n có dạng tổng qt là

F (x, y, y , y , . . . , y (n) ) = 0

(1.1)

trong đó nhất thiết y (n) phải có mặt.

Giả sử F là hàm liên tục theo tất cả các biến và tại điểm x = x0 ,
(k)

y (k) (x0 ) = y0 , k = 0, n − 1 thỏa mãn điều kiện:
(n)

1) F (x0 , y, y0 , . . . , y0 ) = 0,
2)

∂F
(n)
=
0
và
liên
tục
tại
điểm
M
(x
,
y
,
y
,
.
.
.
,
y

),
0
0
0
0
∂y (n)

khi đó theo điều kiện tồn tại hàm ẩn, từ (1.1) ta có thể giải ra trong lân
(n)

cận điểm M (x0 , y0 , y0 , . . . , y0 ) phương trình

y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ).

(1.2)

Phương trình (1.2) được gọi là phương trình vi phân cấp n đã giải ra
đối với đạo hàm.
Giả sử hàm f xác định và liên tục trong miền biến thiên G nào đó của


5

các biến số x, y, y , . . . , y (n−1) .Khi đó hàm y = y(x) được gọi là nghiệm
của phương trình y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ) trên khoảng (a, b) nếu:
1) Hàm y(x) liên tục và có đạo hàm đến cấp n liên tục trên (a, b) sao
cho khi x ∈ (a, b) thì điểm (x, y(x), y (x), . . . , y (n−1) (x)) ∈ G;
2) Trên (a, b) với y = y(x) thì phương trình y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) )
trở thành đồng nhất thức.
Nghiệm của phương trình (1.2) có thể tìm được dưới dạng hàm ẩn

Φ(x, y) = 0 hoặc dưới dạng tham số x = ϕ(t), y = ψ(t). Đồ thị của
nghiệm được gọi là đường cong tích phân.
Ta phát biểu bài tốn sau đây: Hãy tìm nghiệm y(x) của phương trình
y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ) thỏa mãn điều kiện:
(n−1)

y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 , . . . , y (n−1) (x0 ) = y0

.

(1.3)

Bài toán trên được gọi là bài toán Cauchy. Điều kiện (1.3) được gọi
(n−1)

là điều kiện ban đầu; x0 , y0 , y0 , . . . , y0
là các giá trị cho trước và được
gọi là các giá trị ban đầu. Xét phương trình (1.2)

y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ).
Định lý 1.1. Cho hệ điều kiện ban đầu (1.3) y(x0 ) = y0 , y (x0 ) = y0 ,
(n−1)

. . . , y (n−1) (x0 ) = y0

và giả sử:

1) Hàm f (x, y, y , . . . , y (n−1) ) liên tục trong miền kín giới nội G :
(n−1)

|x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b, |y − y0 | ≤ b, . . . , |y (n−1) − y0

| ≤ b,

nghĩa là tồn tại M sao cho |f | ≤ M trong G.
2) Hàm f thỏa mãn trong G điều kiện Lipschitz đối với y, y , . . . , y (n−1) ,
tức là tồn tại N sao cho:
(n−1)

|f (x, y1 , y1 , . . . , y1

(n−1)

) − f (x, y2 , y2 , . . . , y2
(n−1)

≤ N (|y1 − y2 | + |y1 − y2 | + |y1

(n−1)

− y2

)|

|).

Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm y(x) thỏa mãn điều kiện ban đầu


6

(1.3) xác định và liên tục trong |x − x0 | ≤ h với:
b
.
h = min a,
max(M, y|, |y |, . . . , |y (n−1) |)
Xét phương trình (1.2):

y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) ),
nghiệm tổng quát của phương trình vi phân y (n) = f (x, y, y , . . . , y (n−1) )
trong miền G thỏa mãn điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm là hàm:

φ(x, C1 , C2 , . . . , Cn )
có đạo hàm riêng liên tục theo x đến cấp n và phụ thuộc vào các hằng số

C1 , C2 , . . . , Cn sao cho:
1) Từ hệ:

y




y
y


...



 (n−1)
y

= φ(x, C1 , C2 , . . . , Cn )
= φ (x, C1 , C2 , . . . , Cn )
= φ (x, C1 , C2 , . . . , Cn )
= φ(n−1) (x, C1 , C2 , . . . , Cn )

giải ra các hằng số Ci = ψi (x, y, y , . . . , y (n−1) ).
2) Hàm φ(x, C1 , C2 , . . . , Cn ) thỏa mãn phương trình đang xét với mọi

Ci , i = 1, n trong miền đang xét.
Định nghĩa 1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương
trình có dạng:

a0 (x)y (n) + a1 (x)y (n−1) + · · · + an (x)y = φ(x),

a0 (x) = 0.

Nếu φ(x) = 0 thì phương trình được gọi là phương trình thuần nhất.
Thơng thường ta xét phương trình tuyến tính dưới dạng:

y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn (x)y = f (x).

(1.4)

Phương trình:

y (n) + p1 (x)y (n−1) + · · · + pn (x)y = 0

(1.5)

được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng với phương trình (1.4).


7

Nếu ta đưa vào toán tử vi phân:
dn−1
dn
Ln = n + p1 (x) n−1 + · · · + pn (x),
dx
dx
khi đó phương trình (1.4) được viết dưới dạng Ln [y] = f (x), cịn phương
trình (1.5) được viết dưới dạng Ln [y] = 0.
Tính chất 1.1. Phương trình Ln [y] = f (x) vẫn bảo tồn tính chất tuyến
tính cấp n nếu ta dùng phép thế biến x = φ(ξ).
Phương trình Ln [y] = f (x) vẫn cịn là tuyến tính cấp n nếu ta dùng
phép thế y = V (x)Z + η(x). Trong đó V, Z, η là các hàm khả vi liên tục n
lần theo x, Z - hàm mới phải tìm và V (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).
Ta viết phương trình y (n) +p1 (x)y (n−1) +· · ·+pn (x)y = f (x) dưới dạng:

y (n) = F (x, y, y , . . . , y (n−1) ).
Giả sử với mọi x ∈ (a, b) thì hệ số pi (x), f (x) là các hàm số liên tục.
Do F (x, y, y , . . . , y (n−1) ) = −p1 (x)y (n−1) − · · · − pn (x)y + f (x). Cho nên:
∂F
= |−pk (x)| , k = 1, n
∂y (n−k)
∂F
vì vậy ∀x ∈ [α, β] ⊂ (a, b) thì

≤ N (theo tính chất liên tục của
∂y (n−k)
pk (x)). Từ đó ta có được:
n−1
(n−1)
)
F (x, y1 , y1 , . . . , y1

−

(n−1)
F (x, y2 , y2 , . . . , y2
)

(i)

≤N

(i)

y1 − y2 .
i=0

Như thế điều kiện Lipschitz thỏa mãn trên [α, β] ⊂ (a, b), suy ra tồn
tại duy nhất nghiệm y(x) của bài toán Cauchy đối với phương trình (1.4)
trong khoảng x0 − h ≤ x ≤ x0 + h.
Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

Ln [y] = 0.

(1.6)

Tính chất 1.2. Ta có được các mệnh đề sau đây:
1) Nếu các hàm y1 (x) = y1 , y2 (x) = y2 khả vi n lần trong (a, b) thì:

Ln [y1 + y2 ] = Ln [y1 ] + Ln [y2 ].
2) Với mọi hàm y = y(x) khả vi cấp n trong khoảng (a, b) và với mọi số


8

C ∈ R bất kì thì:
Ln [Cy] = CLn [y].
Tổng quát ta có:

Ln

C k yk =

Ck Ln [yk ].

(1.7)

Từ (1.7) ta có được, nếu các hàm yk (x), k = 1, 2, . . . , n là nghiệm của
n

Ck yk , Ck ∈ R cũng là nghiệm của (1.6).

phương trình (1.6) thì
k=1

Xét hệ các hàm {φk (x)}nk=1 xác định trong khoảng (a, b) :
Định nghĩa 1.3. Hệ {φk (x)}nk=1 được gọi là phụ thuộc tuyến tính
trong khoảng (a, b) nếu tồn tại các hằng số α1 , α2 , . . . , αn không đồng thời
bằng 0 sao cho α1 φ1 (x) + α2 φ2 (x) + · · · + αn φn (x) = 0, ∀x ∈ (a, b).
Định nghĩa 1.4. Hệ {φk (x)}nk=1 được gọi là độc lập tuyến tính trong
khoảng (a, b) nếu từ α1 φ1 (x) + α2 φ2 (x) + · · · + αn φn (x) = 0, ∀x ∈ (a, b)
suy ra được αi = 0, i = 1, n.
Định nghĩa 1.5. Cho hệ các hàm {yk (x)}nk=1 có đạo hàm đến cấp
(n − 1) trong (a, b). Khi đó định thức:
y1 (x)
y2 (x) . . . yn (x)
y2 (x) . . . yn (x)
y1 (x)
W (x) =
..
.
(n−1)
(n−1)
(n−1)
(x) . . . yn (x)
(x) y2
y1
được gọi là định thức Wronxki của các hàm {yk (x)}nk=1 .
Định lý 1.2. Nếu các hàm {yk (x)}nk=1 có đạo hàm đến cấp (n − 1)
trong (a, b) là phụ thuộc tuyến tính thì định thức W (x) = 0.
Chứng minh. Theo giả thiết ta có:
n

α1 y1 (x) + α2 y2 (x) + · · · + αn yn (x) = 0,

αi2 = 0

∀x ∈ (a, b) và
i=1

(1.8)


9

Vi phân biểu thức (1.8) (n − 1) lần theo x ta được

α1 y1 + α2 y2 + · · · + αn yn
=0


α y + α y + · · · + α y
=0
1 1
2 2
n n
...



(n−1)
(n−1)
(n−1)
α1 y 1

+ α2 y2
+ · · · + α n yn
= 0.

(1.9)

Tại bất kì x ∈ (a, b), hệ (1.9) là hệ phương trình đại số thuần nhất với
n

αi2 = 0 thì định thức W (x) = 0.

các nghiệm αi . Để hệ có nghiệm thỏa
i=1

Định lý 1.3. Nếu các hàm y1 (x), y2 (x), . . . , yn (x) là các nghiệm của
phương trình vi phân thuần nhất (1.6), độc lập tuyến tính trong (a, b), và
các hệ số pi (x) của phương trình (1.5) là liên tục thì W (x) = 0 với bất kì

x ∈ (a, b).
Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử tại x = x0 thì W (x0 ) = 0. Ta chọn các hằng số αi không đồng thời
bằng 0 sao cho hệ phương trình sau được thỏa mãn

α1 y1 (x0 ) + α2 y2 (x0 ) + · · · + αn yn (x0 )
=0


α y (x ) + α y (x ) + · · · + α y (x )
=0
n n 0

2 2 0
1 1 0
...



(n−1)
(n−1)
(n−1)
(x0 ) + · · · + αn yn (x0 ) = 0.
(x0 ) + α2 y2
α 1 y1
Xét hàm y(x) = α1 y1 + α2 y2 + · · · + αn yn đây là nghiệm của phương
trình (1.6) thỏa mãn bài tốn Cauchy. Khi x = x0 thì y (k) (x0 ) = 0 với
k = 1, n − 1, suy ra y(x) = 0 theo tính chất duy nhất nghiệm. Tức là

α1 y1 + α2 y2 + · · · + αn yn = 0, ∀x ∈ (a, b). Điều đó khẳng định {yk (x)} là
phụ thuộc tuyến tính, điều này vơ lý. Vậy định lý được chứng minh.
Định nghĩa 1.6. Một hệ gồm n nghiệm riêng của phương trình vi
phân thuần nhất Ln [y] = 0 xác định và độc lập tuyến tính được gọi là một
hệ nghiệm cơ sở của phương trình trong khoảng đang xét.
Định lý 1.4. Mọi phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất đều có
một hệ nghiệm cơ sở.
Chứng minh. Xét phương trình Ln [y] = 0. Ta chọn một định thức
cấp n sao cho det(aij ) = 0 trong đó (aij ) là các hằng số, và lập n nghiệm


10

riêng yk (x), k = 1, n sao cho khi x = x0 thì yk (x0 ) = ak1 , yk (x0 ) =

(n−1)
ak2 , . . . , yk
(x0 ) = akn .
Rõ ràng W (x0 ) = det(aij ) = 0. Như vậy {yk (x)}nk=1 là độc lập tuyến
tính, hay {yk (x)}nk=1 lập thành một hệ nghiệm cơ sở của phương trình

Ln [y] = 0.
Định lý 1.5. Nếu {yk (x)}nk=1 là một hệ nghiệm cơ sở của phương trình
Ln [y] = 0 thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng:
n

Ck yk (x);

y(x) =

Ck ∈ R

(1.10)

k=1

Chứng minh.
1) Theo tính chất tốn tử Ln thì hàm y(x) xác định từ (1.10) thỏa

Ln [y] = 0.
2) Vì W (x)= 0, ∀x ∈ (a, b) nên từ hệ
y(x)
= C 1 y1 + C 2 y2 + · · · + C n yn




y (x)
= C 1 y1 + C 2 y2 + · · · + C n yn
..
.



(n−1)
(n−1)
(n−1)
 (n−1)
y
(x) = C1 y1
+ C 2 y2
+ · · · + C n yn
ta có thể giải ra các hằng số Ck .
n

Chú ý 1.1. Công thức (1.10), y(x) =

Ck yk (x) cho mọi nghiệm
k=1

riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất Ln [y] = 0.
Định lý 1.6. Nếu ta có n + 1 nghiệm riêng y1 , y2 , . . . , yn , yn+1 của
phương trình vi phân tuyến tính cấp n thì các nghiệm đó sẽ phụ thuộc
tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử y1 , y2 , . . . , yn là phụ thuộc tuyến tính thì hiển nhiên
định lý được chứng minh.

Giả sử y1 , y2 , . . . , yn độc lập tuyến tính thì y1 , y2 , . . . , yn lập thành một
hệ nghiệm cơ sở. Do đó theo Định lý 1.4 thì yn+1 = α1 y1 +α2 y2 +· · ·+αn yn ,
hay y1 , y2 , . . . , yn , yn+1 phụ thuộc tuyến tính.


11

Chú ý 1.2. Từ Định lý 1.4 và Định lý 1.6 ta suy ra được: mọi phương
trình vi phân tuyến tính thuần nhất Ln [y] = 0 đều có đúng n nghiệm độc
lập tuyến tính.
Xét phương trình:

Ln [y] = f (x)

(1.11)

trong đó f (x) = 0 xác định và liên tục trên (a, b).
Phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất (1.11) có phương
tình thuần nhất tương ứng là Ln [y] = 0.
Định lý 1.7. Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần
nhất (1.11) có dạng:

y = y T N + yR ,
trong đó yT N là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng
(1.6), yR là một nghiệm riêng của (1.11).
Chứng minh. Giả sử yR là một nghiệm riêng của (1.11), {yk (x)}nk=1
n

C k yk + yR

là hệ nghiệm cơ sở của (1.6). Khi đó ta cần chứng minh y =
k=1

là nghiệm tổng quát của phương trình (1.11). Thật vậy:
n

• Ln [y] = Ln

Ck yk + Ln [yR ] = f (x) đúng với mọi Ck .
k=1

• Từ hệ
C 1 y1 + C 2 y2 + · · · + C n yn


C y + C y + · · · + C y
1 1

2 2

n n

= y − yR
= y − yR

...



(n−1)

(n−1)
(n−1)
(n−1)
C 1 y1
+ C 2 y2
+ · · · + C n yn
= y (n−1) − yR
giải ra được Ck vì định thức Wronxki của hệ W (x) = 0.
Giả sử y1 , y2 , . . . , yn là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình
thuần nhất Ln [y] = 0. Khi đó y(x) = C1 y1 + C2 y2 + · · · + Cn yn , trong đó

Ck , k = 1, n là các hằng số tùy ý, là nghiệm tổng quát của phương trình
thuần nhất.


12

Để tìm nghiệm của phương trình Ln [y] = f (x) ta coi Ck = Ck (x), ta
có:

y (x) = C1 y1 + · · · + Cn yn +

dCn
dC1
y1 + · · · +
yn
dx
dx

Để cho biểu thức của y (x) đơn giản ta chọn C1 , C2 , . . . , Cn sao cho:

dC1
dCn
y1 + · · · +
yn = 0.
dx
dx
dC1
dCn
Khi đó y (x) = C1 y1 + · · · + Cn yn +
y1 + · · · +
y . Ta chọn Ck
dx
dx n
dC1
dCn
sao cho
y1 + · · · +
y = 0.
dx
dx n
dC1 (n−1)
dCn (n−1)
(n)
(n)
y1
+· · ·+
yn .
Cuối cùng y (n) (x) = C1 y1 +· · ·+Cn yn +
dx
dx

Thay đạo hàm vừa tìm được vào phương trình Ln [y] = f (x) ta có:
n
dCn (n−1)
dC1 (n−1)
y1
+ ··· +
yn
= f (x),
Ci Ln [yi (x)] +
dx
dx
i=1

dCn (n−1)
dC1 (n−1)
+ ··· +
y1
yn
= f (x). Vậy ta có hệ:
dx
dx

dCn
dC1


y
+
·
·

·
+
yn
=0
1


dx
dx


dCn
 dC1
y1 + · · · +
yn
=0
dx
dx


...




 dC1 y (n−1) + · · · + dC1 yn(n−1) = f (x).
dx 1
dx
Do W [y1 , y2 , · · · + yn ] = 0 nên từ hệ trên giải ra duy nhất các giá trị
dCi

dCi
. Giả sử
= φi (x) ⇒ Ci = φi (x)dx + αi .
dx
dx

hay

n

Từ đây ta có được y(x) =

n

α i yi +
i=1

yi
n=1

n

quát của phương trình Ln [y] = f (x), trong đó

yi
n=1

αi yi là nghiệm tổng quát
i=1

n

của Ln [y] = 0,

φi (x)dx là nghiệm tổng

φi (x)dx là một nghiệm riêng của Ln [y] = f (x).


13

Định nghĩa 1.7. Phương trình tuyến tính cấp n hệ số hằng có dạng

L∗n [y] = y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an y = f (x)
trong đó ai

(1.12)

(i = 1, n) là các hằng số thực và f (x) liên tục trong (a, b).

Phương trình thuần nhất tương ứng của (1.12) là:

L∗n [y] = y (n) + a1 y (n−1) + · · · + an y = 0.

(1.13)

Phương trình (1.13) có thể giải được bằng phép tính đại số bằng cách
đặt y = ekx và ta chọn k để thỏa mãn phương trình (1.13).
Ta có: L∗n ekx = ekx k n + a1 k n−1 + · · · + an = 0.
Ký hiệu F (k) = k n + a1 k n−1 + · · · + an = 0 và được gọi là phương trình

đặc trưng của (1.13). Khi đó để y = ekx là nghiệm của (1.13) thì k phải là
nghiệm của phương trình đặc trưng F (x) = 0. Ta xét các trường hợp sau:
1) Phương trình F (k) = 0 có n nghiệm đơn k1 , k2 , . . . , kn khác nhau.
Khi đó rõ ràng yi = eki x , i = 1, n là các nghiệm riêng của (1.13).
Chú ý 1.3. Trong trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm
phức k = α ± iβ thì thay cho nghiệm e(α±iβ)x của phương trình (1.13)
ta sẽ có 2 nghiệm thực là y = eαx cos βx và y = eαx sin βx. Điều này
được khẳng định từ Bổ đề:
Bổ đề 1.1. Nếu phương trình (1.13) L∗ [y] = 0 có nghiệm y = u(x)+

iv(x), trong đó u(x), v(x) là các hàm thực thì các hàm u(x), v(x) cũng
là nghiệm của phương trình (1.13).
Tập các hàm eki x , y = eαx cos βx, y = eαx sin βx độc lập tuyến tính
trong khoảng (−∞; +∞), do đó chúng lập nên một hệ nghiệm cơ sở.
2) Phương trình F (k) = 0 có nghiệm thực k = ki bội m.
Trong trường hợp này ta chứng minh rằng phương trình (1.13) có các
nghiệm riêng
(1.14)
y1 = eki x ; y2 = xeki x ; . . . ; ym = xm−1 eki x
j
j
∂
∂ u(x, k)
Ta chú ý rằng: Nếu u = u(x, k) thì j L∗n [u(x, k)] = L∗n
.
∂k
∂k j
Ta chứng minh L∗n xj eki x = 0 với j = 1, m − 1.

14

Vi phân đồng nhất thức L∗n ekx = F (k)ekx

∂ j ∗ kx
Ln e = ekx F (k)
j
∂k

j lần theo k :

j
(j)

Cjl F (l) (k)xj−l ekx .

=
l=0

j

∂ ∗ kx
∂ j kx
∗
e
= L∗n xj ekx ,
= Ln
Mặt khác theo chú ý ta có: j Ln e
j
∂k

∂k
do đó:
j

L∗n

j kx

xe

Cjl F (l) (k)xj−l ekx .

=
l=0

j

Cjl F (l) (ki )xj−l eki x . Nhưng vì

Đặt k = ki nên suy ra L∗n xj eki x =
l=0

ki là nghiệm bội m của phương trình nên:
F (k) = 0 ⇒ F (ki ) = 0, F (ki ) = 0, . . . , F (m−1) (ki ) = 0, F (m) (ki ) = 0,
do đó: L∗n xj eki x = 0 với j = 1, m − 1 (đpcm).
Ta chú ý hệ nghiệm (1.14) là độc lập tuyến tính trong (−∞; +∞).
3) Phương trình đặc trưng có nghiệm phức liên hợp αi ± iβi bội m.
Ta chứng minh trong trường hợp này phương trình (1.13) có 2m
nghiệm thực:

y1 = eαj x cos βj x, y2 = eαj x x cos βj x, . . . , ym = xm−1 eαj x cos βj x,
ym+1 = eαj x sin βj x, ym+2 = eαj x x sin βj x, . . . , y2m = xm−1 eαj x sin βj x.
Thật vậy, theo 2) thì phương trình (1.13) có các nghiệm:

yT N 1 = e(αj ±iβj )x , . . . , yT N m = xm−1 e(αj ±iβj )x .
Dựa vào Bổ đề (1.1) và công thức Euler1 ta nhận được 2m nghiệm
như trên, các nghiệm này độc lập tuyến tính trong (−∞; +∞).
Xét phương trình dạng L∗n [y] = f (x). Trước hết ta chứng minh một Bổ
đề quan trọng gọi là nguyên lý chồng chất nghiệm.
1

Cơng thức Euler, hay cịn gọi là đồng nhất thức Euler, là một cơng thức tốn học trong ngành
giải tích phức, được xây dựng bởi nhà tốn học người Thụy Sĩ Leonhard Euler. Công thức chỉ ra mối
liên hệ giữa hàm số lượng giác và hàm số mũ phức. Cụ thể, với mọi số thực x, ta có:
eix = cos x + i sin x


15

Bổ đề 1.2. Xét phương trình L∗n [y] = v1 (x)+v2 (x), trong đó v1 (x), v2 (x)
là các hàm liên tục. Giả sử y1 (x) là nghiệm của L∗n [y] = v1 (x), y2 (x) là
nghiệm của L∗n [y] = v2 (x). Khi đó y1 (x) + y2 (x) là nghiệm của L∗n [y] =
v1 (x) + v2 (x).
Chứng minh. Ta có

L∗n [y1 ] = v1 (x)
L∗n [y2 ] = v2 (x)
⇒ L∗n [y1 ] + L∗n [y2 ] = v1 (x) + v2 (x)
⇒ L∗n [y1 + y2 ] = v1 (x) + v2 (x).
Điều này chứng tỏ y1 (x) + y2 (x) là nghiệm của L∗n [y] = v1 (x) + v2 (x).

Ý nghĩa của Bổ đề: Nếu vế phải f (x) của phương trình khơng thuần
nhất là một hàm phức tạp thì ta có thể phân tích hàm đó thành tổng của
nhiều hàm đơn giản và lần lượt giải các phương trình có vế phải là các
hàm đơn giản đó.
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. f (x) = eαx Pm (x), ở đây Pm (x) là đa thức bậc m.
a. Nếu như α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì
nghiệm riêng có thể tìm được dưới dạng: yr = eαx Qm (x).
b. Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng
có thể tìm được dưới dạng: yr = xk eαx Qm (x), trong đó Qm (x) là đa thức
bậc m mà hệ số của nó ta cần phải đi xác định.
Trường hợp 2. f (x) = eαx [P (x) cos βx + Q(x) sin βx].
a. Nếu α + iβ khơng phải là nghiệm của phương trình đặc trưng
thì nghiệm riêng có thể tìm được đưới dạng: yr = eαx [R(x) cos βx +

S(x) sin βx].
b. Nếu α + iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm
riêng có thể tìm được dưới dạng: yr = xk eαx [R(x) cos βx + S(x) sin βx],
trong đó R(x), S(x) là các đa thức có bậc bằng max {deg Q(x), deg P (x)}
và hệ số của chúng được xác định bằng phương pháp cân bằng hệ số.


16

1.1.2. Hệ phương trình vi phân
Định nghĩa
 1.8. Cho hệ phương trình vi phân có dạng:
dy1 dy2
dyn



F1 x, y1 , y2 , . . . , yn ,
,
,...,
= 0,



dx dx
dx
...


dy1 dy2
dyn


,
,...,
= 0.
Fn x, y1 , y2 , . . . , yn ,
dx dx
dx

(1.15)

Hệ (1.15) được gọi là hệ phương trình vi phân cấp một. Trong trường
hợp nếu từ hệ (1.15) tagiải ra các đạo hàm
dy1




 dx = f1 (x, y1 , . . . , yn )
...
(1.16)



 dyn = fn (x, y1 , . . . , yn ),
dx
trong đó các hàm ở vế phải chỉ phụ thuộc x, y1 , . . . , yn , không phụ thuộc
các đạo hàm thì hệ như vậy được gọi là hệ chuẩn tắc.
Với hệ phương trình vi phân ta có thể phân loại nghiệm như sau:
1) Nghiệm tổng quát: Ta xem x, y1 , . . . , yn như là tọa độ của một
điểm trong không gian (n + 1) chiều En+1 , khi đó mỗi nghiệm của
(1.16) sẽ ứng với một đường cong trong không gian En+1 và nghiệm
tổng quát của hệ (1.16)
 là hệ hàm
y1 = y1 (x, C1 , C2 , . . . , Cn )



y2 = y2 (x, C1 , C2 , . . . , Cn )
...



yn = yn (x, C1 , C2 , . . . , Cn )
lập thành một họ đường cong phụ thuộc n tham số.

(1.17)

Nếu hệ (1.16) thỏa mãn điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm trong miền
D nào đó thuộc En+1 thì tại mỗi điểm của D chỉ có một và chỉ một
đường cong tích phân đi qua.
2) Nghiệm riêng: Ta gọi nghiệm riêng của hệ (1.16) là nghiệm có được
bằng cách cho C1 , C2 , . . . , Cn trong nghiệm tổng quát các giá trị xác
định C1 = C10 , C2 = C20 , . . . , Cn = Cn0 .


17

3) Nghiệm kì dị: Nghiệm yi = yi (x) với i = 1, n được gọi là nghiệm kì
dị nếu tại mọi điểm của nó tính chất duy nghiệm bị phá vỡ.
Định nghĩa
 1.9. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có dạng:
dx1



 dt = a11 (t)x1 + a12 (t)x2 + · · · + a1n (t)xn
...
(1.18)



 dx1 = an1 (t)x1 + an2 (t)x2 + · · · + ann (t)xn ,
dt
n
trong đó x ∈ R , t ∈ (a, b).

Ký hiệu

dx1
 
 dt 
x1
 dx 
 2
 x2  dX

X = . . .  ,
=
 dt  , A(t) = (aij (t))n×n ,
dt
 ... 
xn
 dx 


n

dt
khi đó hệ (1.18) có dạng:

dX
= A(t)X.
dt

(1.19)

Tương tự ta có hệ:



dX
= A(t)X + F (t),
 dt

(1.20)

f1 (t)
 f2 (t) 
trong đó F (t) =  . . . . Hệ (1.20) được gọi là hệ phương trình vi phân
fn (t)
khơng thuần nhất.
Bây giờ ta giả sử các aij (t), fi (t) là các hàm liên tục trong (a, b), khi
đó trong bất kì [α, β] ∈ (a, b) hệ (1.20) thỏa mãn điều kiện định lý tồn tại
và duy nhất nghiệm.
dX
− A(t)X , khi đó hệ (1.18) có dạng L[X] = 0,
Nếu ta đặt L[X] =
dt
hệ (1.20) có dạng L[X] = F (t).
Tốn tử L có tính chất sau:

L[C1 X1 + C2 X2 ] = C1 L[X1 ] + C2 L[X2 ].