Phương trình Euler - Lagrange rời rạc
X n=0 Φ n trong đó với mỗi n = 0,1, , N −1, Φ(., , n) : R m × R m → R là hàm khả vi liên tục Bây giờ ta sẽ tìm điều kiện cần để cực tiểu hàm J.
Giả sử rằng, x n = ˆx n +εη x n , x n+1 = ˆx n+1 +εη x n+1 , với xˆ = (ˆx 0 , ,xˆ N−1 ) là các điểm cực trị, ε > 0 đủ nhỏ.
Sử dụng khai triển Taylor ta có
Do xˆ là điểm cực trị nên
Do (1.2) không phụ thuộc vào việc chọn δx T n nên để J đạt cực tiểu thì
Phương trình (1.3) là phương trình Euler - Lagrange rời rạc.
1.1.2 Nguyên lý cực đại của bài toán điều khiển tối ưu
Xét phương trình sai phân xn+1 = f(xn, un, n), với n= 0,1, , N −1, (1.4) trong đó x n ∈ R m , u n ∈ R k Bài toán đặt ra là tìm vectơ điều khiển u n để cực tiểu hàm mục tiêu
X n=0 Φ(x n , u n , n), (1.5) ở đây với mỗi n = 0,1, , N −1, Φ(., , n) : R m ×R k →R là hàm khả vi liên tục, ϕ(., n) : R m →R là hàm khả vi liên tục tại n= N, n = 0.
Hn = Φ(xn, un, n) +λ T n+1 f(xn, un, n). Đặt x n = ˆx n +εη n , x n+1 = ˆx n+1 +εη n+1 , un = ˆun +εvn.
Thay phương trình trên vào phương trình (1.6) ta thu được
Do phương trình (1.7) không phụ thuộc vào việc chọn η n và v n, chúng ta có thể rút ra nguyên lý cực đại cho bài toán điều khiển tối ưu Theo Định lý 1.1.1, nếu un và xn là điều khiển tối ưu và quỹ đạo tối ưu của bài toán (1.4) - (1.5), thì tồn tại vectơ λ n thỏa mãn λ n = ∂H(xn, un, λn+1, n).
Ví dụ 1.1.2 Xét bài toán điều khiển tối ưu tuyến tính rời rạc x n+1 = Ax n +Bu n , n= 0,1, , N −1, (1.8) với điều kiện ban đầu x 0 = x 0 , (1.9) và hàm mục tiêu
−→ min u n trong đó xn là biến trạng thái và un là biến điều khiển.
Hệ số trong phương trình (1.8), (1.9) là những ma trậnA, W, V ∈ R m×m ,
Giả sử W và R là các ma trận đối xứng và ma trận W S
! là nửa xác định dương.
! (1.10) Áp dụng nguyên lý cực đại, ta thu được các phương trình sau x n+1 = Ax n +Bu n , λ n = ∂H
1.2 Phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một số nghiên cứu của tác giả P K Anh và H T N Yến về phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 Đồng thời, chúng tôi cũng đề cập đến công trình của tác giả L C Lợi liên quan đến phương trình dưới liên hợp của phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.
1.2.1 Khái niệm và các tính chất
Xét phương trình sai phân tuyến tính ẩn với hệ số biến thiên dạng
E n x n+1 = A n x n +q n , n = 0,1, , N, (1.11) trong đó E n , A n ∈ R m×m và q n ∈ R m đã cho Ma trận E n giả thiết là suy biến với mọi n và rankEn = r (1≤ r ≤ m−1).
Với mỗi n ≥ 0, gọi Qn ∈ R m×m là phép chiếu bất kỳ lên kerEn, tức là
Q 2 n = Q n và imQ n = kerE n Khi đó, tồn tại một ma trận không suy biến
V n ∈ R m×m sao cho Q n = V n QV˜ n −1 , trong đó Q˜ = diag(O r , I m−r ). Đặt P n = I −Q n và G n = E n +A n V n−1 QV˜ n −1
Chúng ta định nghĩa các toán tử nối hai không gian con kerE n−1 và kerE n
Q n,n−1 Q n−1,n = Q n Định nghĩa 1.2.1 [1] Ta nói phương trình (1.11) có chỉ số 1 nếu
(ii) S n ∩kerE n−1 = {0}, n= 1, N, trong đó S n = {ξ ∈ R m : A n ξ ∈ imE n }.
Giả thiết rằng dimS 0 = r, với E −1 ∈ R m×m là ma trận thỏa mãn điều kiện S 0 ⊕kerE −1 = R m Nếu cặp ma trận {E 0 , A 0 } có chỉ số 1, ta có thể chọn E −1 = E 0 Đặt Q −1 là phép chiếu lên kerE −1 và P −1 = I −Q −1 Điều kiện (ii) đúng với n = 0, N và toán tử nối Q n−1,n cũng được xác định với n = 0, N.
Dưới đây là ví dụ về phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.
Ví dụ 1.2.2 Xét phương trình sai phân tuyến tính (1.11) với
Với mọi n≥ 0, ta có 0 < rankE n = 1 < 3 và kerE n
Ta tính được S n ∩kerE n−1 = {0} Vậy phương trình sai phân (1.11) với
E n , A n xác định như trên là phương trình sai phân ẩn tuyến tính chỉ số 1. Để rankE −1 = 1 và S0 ∩ kerE −1 = {0} thì ta có thể chọn ma trận
Bây giờ chúng tôi trình bày một số tính chất quan trọng của phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 (xem [1]).
Mệnh đề 1.2.3 Giả sử rằng ma trận Gn = En+AnQ n−1,n là không suy biến thì ta có các đẳng thức sau:
Chứng minh Do Q n là phép chiếu lên kerE n nên Q n x ∈ kerE n với mọi x ∈ R m Vì vậy, với mọi x ∈ R m , E n Q n x = 0 hay E n Q n = 0 Do đó,
En = En(Pn +Qn) =EnPn+ EnQn = EnPn. Đẳng thức (1.12) được chứng minh.
= E n + A n Q n−1,n Q n P n = E n Nhân G −1 n từ bên trái của đẳng thức trên, ta nhận được đẳng thức (1.13). Tương tự,
Vậy Q n = G −1 n A n Q n−1,n , từ đây suy ra P n G −1 n A n Q n−1,n = P n Q n = 0, và
QnG −1 n AnQ n−1 = QnG −1 n AnQ n−1,n Q n,n−1 = QnQnQ n,n−1 = Q n,n−1 Đẳng thức (1.14), (1.15) được chứng minh Mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 1.2.4 Các khẳng định sau là tương đương.
(ii) Ma trận Gn = En+ AnQ n−1,n không suy biến.
Chứng minh (i) ⇒(ii) Do Gn ∈ R m×m nên Gn khả nghịch khi và chỉ khi
G n đơn ánh, tức là kerG n = 0 Giả sử x ∈ kerG n , khi đó
Ta có A n Q n−1,n x = −E n x nên Q n−1,n x ∈ S n Mặt khác
Q n−1,n x = Q n−1 Q n−1,n x ∈ kerE n−1 Vậy Q n−1,n x ∈ S n ∩kerE n−1 = {0} hay Q n−1,n x = 0, suy ra
Hơn nữa, vì x ∈ kerE n = imQ n nên x = Q n x = 0 Vậy kerG n = 0 hay ma trận G n không suy biến.
Giả sử x thuộc S n và nằm trong không gian kernel của E n−1, tức là x thuộc imQ n−1, nên tồn tại y trong R m sao cho x = Q n−1 y Hơn nữa, vì x thuộc S n, nên tồn tại η trong R m sao cho Enη = Anx = AnQ n−1 y Sử dụng giả thiết rằng Gn khả nghịch cùng với các tính chất đã nêu trong Mệnh đề (1.2.3), ta có thể tiếp tục phân tích.
Tác động Q n từ bên trái hai vế của phương trình trên, ta thu được
(iii) ⇒ (i) Ta có được từ định nghĩa tổng trực tiếp của hai không gian.
(i) ⇒ (iii) Với mọi x ∈ R m , đặt v = Q n−1,n G −1 n A n x, u = x−v Ta có, v = Q n−1,n G −1 n Anx = Q n−1 Q n−1,n G −1 n Anx ∈ kerE n−1 Hơn nữa,
= E n G −1 n A n x ∈ imE n Vậy u ∈ S n và do đó R m = S n ⊕kerE n−1 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5 Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 Đặt
Q n−1 = V n−1 QV˜ n−1 −1 là một phép chiếu nào đó lên kerE n−1 Khi đó
(i) Q˜ n−1 = Q n−1,n G −1 n A n là một phép chiếu chính tắc lên kerE n−1 song song với S n ;
(ii) Với V˜ n−1 = (s 1 n , , s r n , h r+1 n−1 , , h m n−1 ) là ma trận có các cột tương ứng là cơ sở của S n và kerE n−1 , tức là S n = span({s i n } r i=1 ) và kerE n−1 = span({h j n−1 } m j=r+1 ) thì Q˜ n−1 = ˜V n−1 Q˜V˜ n−1 −1
Chứng minh (i) Theo Mệnh đề (1.2.4), do phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên G n là ma trận khả nghịch Ta có
Q˜ 2 n−1 = Q n−1,n (G −1 n A n Q n−1,n )G −1 n A n = Q n−1,n G −1 n A n = ˜Q n−1 Mặt khác, Q˜ n−1 = Q n−1 Q n−1,n G −1 n A n , suy ra im ˜Q n−1 ⊂ imQ n−1 = kerE n−1
Ngược lại, với mỗi x ∈ kerE n−1 bất kỳ, ta luôn có x = Q n−1 x, khi đó
= Q n−1 x = x, hay kerE n−1 ⊂im ˜Q n−1 Vậy kerE n−1 = im ˜Q n−1
⇔Q n−1,n G −1 n A n x = 0, hay x ∈ Sn khi và chỉ khi Q˜ n−1 x = 0, tức là ker ˜Q n−1 = Sn.
(ii) Do V˜ n−1 −1 V˜ n−1 = I nên V˜ n−1 −1 s i n = e i , i = 1, r và V˜ n−1 −1 h j n−1 = e j , j = r + 1, m, với e k = (0, ,1, ,0) T , k = 1, m Vậy ta có
Nói cách khác, Q˜ n−1 là phép chiếu chính tắc lên kerE n−1 song song vớiS n
Do chỉ có duy nhất phép chiếu lên kerE n−1 song song với Sn nên theo (i), ta có Q˜ n−1 = ˜V n−1 Q˜V˜ n−1 −1 Mệnh đề được chứng minh.
Chúng ta sẽ khám phá tính bất biến của chỉ số 1 trong phương trình sai phân tuyến tính ẩn thông qua cặp biến đổi tuyến tính không suy biến (H n, K n), như được trình bày trong mệnh đề sau (xem [1]).
Giả sử {H n } n≥0 và {K n } n≥−1 là các ma trận khả nghịch, và phương trình (1.11) có chỉ số 1, thì phương trình (1.11) tương đương với phương trình sai phân tuyến tính ẩn.
E¯ n x n+1 + ¯A n x n = ¯q n , (1.16) với E¯ n = H n E n K n , A¯ n = H n A n K n−1 , q¯ n = H n q n , trong đó H n được gọi là ma trận tỷ lệ và K n là ma trận của phép đổi biến x n = K n−1 x¯ n Hơn nữa (1.16) cũng có chỉ số 1.
Chứng minh Do Hn, Kn là các song ánh tuyến tính nên rankE n = dim(imE n ) = dim(imE n K n ) = dim(imH n E n K n )
Vì phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên Sn∩ kerE n−1 = {0}, do đó
K n−1 −1 kerE n−1 = ker ¯E n−1 , K n−1 −1 S n = ¯S n Thật vậy , với x ∈ K n−1 −1 kerE n−1 thì tồn tạiξ ∈ kerE n−1 sao choE n−1 ξ = 0 và x = K n−1 −1 ξ Suy ra ξ = K n−1 x, do đó E n−1 K n−1 x = E n−1 ξ = 0 nên
Ngược lại, với x ∈ ker ¯E n−1 , ta có E¯ n−1 x = 0, suy ra E n−1 K n−1 x = 0, do đó x ∈ K n−1 −1 kerE n−1 Vậy K n−1 −1 kerE n−1 = ker ¯E n−1
K n−1 −1 (S n ∩kerE n−1 ) = K n−1 −1 (S n )∩K n−1 −1 (kerE n−1 ) = ¯S n ∩ker ¯E n−1 , nên S¯n ∩ ker ¯E n−1 = {0} hay (1.16) có chỉ số 1 Mệnh đề được chứng minh.
Chúng ta sẽ xây dựng cặp ma trận không suy biến H n và K n để biến đổi phương trình (1.11) thành dạng đơn giản hơn Theo Định lý 1.2.7, mọi phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1 đều có thể được đưa về dạng chuẩn tắc Kronecker - Weierstrass.
Chứng minh Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 Do G n khả nghịch không phụ thuộc vào việc chọn phép chiếu Q n , Q n−1 nên ta có
G¯n = En + AnQ˜ n−1,n là ma trận không suy biến, từ đó suy ra G¯nV˜n = EnV˜n + AnV˜ n−1 Q˜ Đặt G˜n = ¯GnV˜n, ta có G˜n là ma trận không suy biến Chúng ta có thể chọn ma trận tỷ lệ H n = ˜G −1 n và phép đổi biến K n = ˜V n, tức là E¯ n = ˜G −1 n E n V˜ n.
= E n V˜ n nên G˜ −1 n EnV˜n = ˜P Từ đó E¯n = ˜G −1 n EnV˜n = ˜P = diag(Ir, Om−r).
Mặt khác, nếu z ∈ im ˜Q thì z = ˜Qz và Q˜A¯nz = ˜Q( ˜G −1 n AnV˜ n−1 Q)z˜ = ˜Qz = z.
Tương tự, với mọi z ∈ im ˜P, ta có z = ˜P z Do đó,
V˜ n−1 z = ˜V n−1 P z˜ = ˜P n−1 V˜ n−1 z ∈ S n Suy ra A n V˜ n−1 z = E n ξ với ξ ∈ R m nào đó Hơn nữa
Như vậy với mỗi x ∈ R m , ta có Q˜A¯ n x = ˜QA¯ n ( ˜P x) + ˜QA¯ n ( ˜Qx) = ˜Qx, cho nên
Kết hợp (1.18), (1.19) và để ý rằng Q˜ = diag(O r , I m−r ) ta có thể biểu diễn
A¯ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ), trong đóA¯ 11 n là ma trận nào đó thuộc R r×r Định lý được chứng minh.
1.2.2 Bài toán Cauchy cho phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1
Nếu ta đặt điều kiện ban đầu cho phương trình (1.11) là x 0 −x 0 = 0 (1.20) với x 0 ∈ R m cho trước, bài toán giá trị ban đầu (1.11) và (1.20) có thể vô nghiệm (xem [7]).
Chẳng hạn, xét phương trình
! , n = 0, N , (1.21) với x0 = x 0 = (α,2) T Thay n= 0 vào phương trình (1.21), ta nhận được x (2) 0 = −1 Điều này suy ra bài toán trên vô nghiệm.
Vì vậy đối với phương trình sai phân ẩn, ta không yêu cầu các vectơ x 0 −x 0 bằng vectơ không mà chỉ yêu cầu một số thành phần của nó bằng
Để thiết lập tính duy nhất nghiệm và công thức nghiệm tường minh cho bài toán giá trị ban đầu (1.11) - (1.22), chúng ta xem xét Định lý 1.2.8 Theo định lý này, nếu phương trình (1.11) có chỉ số 1, thì bài toán Cauchy (1.11) - (1.22) luôn có nghiệm duy nhất cho mọi vế phải q n ∈ R m với n = 0, N Nghiệm được xác định bởi công thức x n = ˜P n−1 h( n−1).
Chứng minh rằng phương trình (1.11) có chỉ số 1, dẫn đến việc Gn là ma trận không suy biến Bằng cách nhân P n G −1 n và Q n G −1 n vào bên trái hai vế của phương trình (1.11), chúng ta thu được hệ phương trình mới.
Q n G −1 n E n x n+1 = Q n G −1 n A n x n +Q n G −1 n q n Áp dụng Mệnh đề (1.2.3), ta được
0 = QnG −1 n AnP n−1 xn +VnQnV n−1 −1 xn +QnG −1 n qn.
Ta nhân V n−1 V n −1 vào bên trái hai vế phương trình thứ 2 của hệ (1.23), ta thu được
Do đó x n = (I −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n A n )P n−1 x n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n , tức là x n = ˜P n−1 P n−1 x n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n Đặt u n = P n−1 x n , với n= 0, N −1, khi đó hệ thức trên có dạng x n = ˜P n−1 u n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n , (1.24) ở đây u n là nghiệm của phương trình sai phân thường sau
Nghiệm của (1.25) được cho bởi u n =( n−1
P n−1−i G −1 n−1−i A n−1+1 )P k G −1 k q k +P n−1 G −1 n−1 q n−1 Kết hợp với (1.24), ta có x n = ˜P n−1 h ( n−1
Thật vậy, từ Mệnh đề (1.2.3) ta có P n G −1 n A n Q n−1 = 0, suy ra
P n G −1 n A n (I −Q n−1 ) = 0, tức là P n G −1 n A n P n−1 = P n G −1 n A n , n = 0, N Hơn nữa, P˜ n−1 P n−1 = ˜P n−1 ( do P˜ n−1 Q n−1 = 0).
Từ các điều kiện trên ta nhận được công thức nghiệm là x n = ˜P n−1 h( n−1
−V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n Định lý đã được chứng minh.
Xét tại thời điểm n= N + 1 ta có x N +1 = P N G −1 N A N P N −1 x N +P N G −1 N q N +Q N x N +1
Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa G¯ l và G l , với
G¯l = El +AlV˜ l−1 Q˜V˜ l −1 , Gl = El + AlV l−1 QV˜ l −1
Do Q˜ l−1 và Q l−1 là các phép chiếu lên kerE l−1 , ta thu được
Ta thấy, V l V l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 x ∈ kerE l , với x ∈ R m , thật vậy
(Pl +VlV l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 ) −1 = ( ˜Pl + ˜VlV˜ l−1 −1 V l−1 QV˜ l −1 ), khi đó
PlG −1 l AlP l−1 = PlG −1 l Al = Pl(Pl +QlVlV l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 ) ¯G −1 l Al = PlG¯ −1 l Al và
V n−1 QV˜ n −1 G −1 n = V n−1 QV˜ n −1 (P n +V n V n−1 −1 V˜ n−1 Q˜V˜ n −1 ) ¯G −1 n = ˜V n−1 Q˜V˜ n −1 G¯ −1 n Như vậy nghiệm của bài toán Cauchy (1.11), (1.22) được biểu diễn dưới dạng xn = ˜P n−1 h ( n−1
1.2.3 Phương trình dưới liên hợp
Xét phương trình thuần nhất
Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng phương trình dưới liên hợp của phương trình sai phân chỉ số 1 (1.27) bằng cách sử dụng dạng Kronecker - Weierstrass (xem [6]). Đặt x¯ n = x 1 n x 2 n
Từ phương trình (1.17) xét với q n = 0 ta có
Vì đây là hệ phương trình sai phân thường nên ta có hệ phương trình liên hợp là
(1.28) đưa hệ (1.28) về dạng diag(I r , O m−r ) T λ¯ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ) T ¯λ n+1 , n= 0, N , (1.29) ở đây λ¯ n = (¯λ T 1 n ,λ¯ T 2 n ) T
Bằng cách đổi biến λ¯ n = H n−1 −T λ n , n = 1, N + 1, ta đưa phương trình (1.29) về dạng diag(I r , O m−r ) T H n−1 −T λ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ) T H n −T λ n+1 , n = 1, N Nhân K n−1 −T vào bên trái hai vế của phương trình trên ta được
(H n−1 −1 diag(I r , O m−r )K n−1 −1 ) T λ n = (H n −1 diag( ¯A 11 n , I m−r )K n−1 −1 ) T λ n+1 , điều này tương đương với
E n−1 T λ n = A T n λ n+1 , n= 1, N (1.30) Phương trình trên được gọi là phương trình dưới liên hợp của phương trình (1.27).
Ta nhắc lại rằng, phương trình (1.30) có chỉ số 1 nếu các điều kiện sau thỏa mãn
(ii) S n b ∩kerE n T = {0}, với n= 1, N −1, trong đó S n b = {z ∈ R m : A T n z ∈ imE n−1 T }, n= 1, N.
Gọi ma trận A N+1 ∈ R m×m thỏa mãn G b,N = E N T + A T N+1 Q b N là ma trận không suy biến. Định lý 1.2.9 Nếu phương trình (1.27) có chỉ số 1 thì phương trình dưới liên hợp (1.30) cũng có chỉ số 1.
Chứng minh Theo Định lý (1.2.7) ta có
E¯n = diag(Ir, O m−r ) =HnEnKn, A¯n = diag( ¯A11 n , I m−r ) = HnAnK n−1 , ở đây Hn = ˜G −1 n , Kn = ˜Vn Do đó
Hơn nữa, ker ¯E n T = {(z 1 T , z 2 T ) T ∈ R m :z 1 ∈ R r và z 1 = 0}, và
Thật vậy, với x ∈ kerE n T suy ra E n T x = 0 hay E¯ n T H n −T x = 0. Đặt ξ = H n −T x, suy ra E¯ n T ξ = 0, do đó x ∈ H n T ker ¯E n T
Ngược lại, với x ∈ H n T ker ¯E n T suy ra tồn tại ξ ∈ ker ¯E n T sao cho E¯ n T ξ = 0 và x = H n T ξ Từ đó x ∈ kerE n T
S n b ∩kerE n T = H n T (ker ¯E n T ∩S¯ n b ) =H n T ({0}) = {0}, với n = 1, N −1, mà rankE n−1 T = rankE n−1 = r, n= 1, N.
Vậy theo định nghĩa, phương trình (1.30) có chỉ số 1.
Ví dụ 1.2.10 Xét phương trình (1.11) với
Do đó, với n = 1, N ta có
Mặt khác, ta cũng có rankE n−1 T = 2 với n = 1, N, kerE n T = span(−k −1,1,0) T , n= 0, N −1 và
Như vậy, phương trình (1.11) với dữ liệu (1.31) và phương trình dưới liên hợp của nó đều có chỉ số 1.
Gọi Q b n−1 = U n−1 QU˜ n−1 −1 là phép chiếu bất kỳ lên kerE n−1 T , trong đó
U n−1 là ma trận không suy biến. Đặt P n−1 b = I −Q b n−1 và G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 , n= 1, N.
Bây giờ chúng ta sẽ trình bày một số tích chất cho phương trình dưới liên hợp có chỉ số 1(1.30).
Mệnh đề 1.2.11 Nếu G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 không suy biến thì ta có các khẳng định sau là đúng:
Chứng minh Do Q b n−1 là phép chiếu lênkerE n−1 T nênQ b n−1 x ∈ kerE n−1 T với mọi x ∈ R m Vì vậy, với mọi x ∈ R m , E n−1 T Q b n−1 x = 0 hay E n−1 T Q b n−1 = 0.
Do đó, E n−1 T = E n−1 T (P n−1 b +Q b n−1 ) = E n−1 T P n−1 b +E n−1 T Q b n−1 = E n−1 T P n−1 b Đẳng thức (i) đã được chứng minh.
Ta sẽ chứng minh đẳng thức (ii) bằng cách tính ma trận G b,n−1 P n−1 b Ta có
= E n−1 T Nhân G −1 b,n−1 từ bên trái của đẳng thức vừa thu được, ta có đẳng thức (ii). Chứng minh đẳng thức (iii), vì G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 nên
G b,n−1 −E n−1 T = A T n U n QU˜ n−1 −1 Nhân U n−1 U n −1 từ bên phải hai vế của phương trình trên ta được
Từ đó ta suy ra
P n−1 b G −1 b,n−1 A T n Q b n = P n−1 b U n−1 QU˜ n −1 = (I −Q b n−1 )U n−1 QU˜ n −1 = 0 và Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n Q b n = U n−1 QU˜ n −1 Đẳng thức (iii) được chứng minh. Mệnh đề đã được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.12 Các khẳng định sau là tương đương:
(i) Ma trận G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 không suy biến;
Giả sử x thuộc S n b giao với kerE n T, ta có x thuộc kerE n T = imQ b n, từ đó tồn tại y thuộc R m sao cho x = Q b n y Hơn nữa, vì x thuộc S n b, nên tồn tại η thuộc R m thỏa mãn E n−1 T η = A T n x = A T n Q b n y Áp dụng giả thiết G b,n−1 khả nghịch cùng các tính chất trong Mệnh đề (1.2.11), ta có kết quả mong muốn.
Tác động Q b n−1 từ bên trái hai vế của phương trình trên, ta thu được
U n−1 QU˜ n −1 y = 0 Vậy x = Q b n y = U n QU˜ n−1 −1 U n−1 QU˜ n −1 y = 0 hay
(ii) ⇒ (i) Do G b,n−1 ∈ R m×m nên G b,n−1 khả nghịch khi và chỉ khi
G b,n−1 là đơn ánh, tức là kerG b,n−1 = 0 Giả sử x ∈ kerG b,n−1 , khi đó
Do đó, ta có A T n U n QU˜ n−1 −1 x = −E n−1 T x nên U n QU˜ n−1 −1 x ∈ S n b Mặt khác,
U n QU˜ n−1 −1 x = Q b n U n QU˜ n−1 −1 x ∈ kerE n T Vậy U n QU˜ n−1 −1 x ∈ S n b ∩kerE n T = {0} hay U n QU˜ n−1 −1 x = 0 Do đó
Hơn nữa, do x ∈ kerG b,n−1 nên x ∈ kerE n−1 T = imQ b n−1 , suy ra x = Q b n−1 x = 0 Vậy kerG b,n−1 = 0 hay G b,n−1 không suy biến.
(ii) ⇒ (iii) Với mọi x ∈ R m , đặt v = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x, u = x−v.
Ta có v = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x = Q b n U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x ∈ kerE T n Hơn nữa
= E n−1 T G −1 b,n−1 A T n x ∈ imE n Vậy u ∈ S n b và do đó R m = S n b ⊕kerE n T
(iii) ⇒ (ii) Ta có được từ định nghĩa tổng trực tiếp hai không gian. Mệnh đề được chứng minh
Mệnh đề 1.2.13 Giả sử phương trình (1.30) có chỉ số 1 Đặt
Q b n = U n QU˜ n −1 là một phép chiếu nào đó lên kerE n T Khi đó
(i) Q˜ b n = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n là một chiếu chính tắc lên kerE n T song song với S n b ;
(ii) Với U˜ n = (a 1 n , , a r n , b r+1 n , , b m n ) là ma trận có các cột tương ứng là cơ sở của S n b và kerE n T , tức là
S n b = span({a i n } r i=1 ) và kerE n T = span({b j n } m j=r+1 ) thì Q˜ b n = ˜U n Q˜U˜ n −1
Chứng minh (i) Theo Mệnh đề (1.2.12), do phương trình (1.30) có chỉ số
1 nên ma trận G b,n−1 khả nghịch Ta có
Mặt khác, Q˜ b n = Q b n U n U n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n suy ra im ˜Q b n ⊂imQ b n = kerE n T Ngược lại, với mỗi x ∈ kerE n T bất kỳ, ta luôn có x = Q b n x, khi đó
= Q b n x = x, hay kerE n T ⊂im ˜Q b n Vậy kerE n T = im ˜Q b n Ta có x ∈ S n b ⇔ A T n x = E n−1 T ξ ⇔Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n x = Q b n−1 G −1 b,n−1 E n−1 T ξ
⇔ Q˜ b n x = 0. tức là x ∈ S n b khi và chỉ khi Q˜ b n x = 0, vậy ker ˜Q b n = S n b
(ii) Do U˜ n −1 U˜ n = I nên U˜ n −1 a i n = e i , i = 1, r và U˜ n −1 b j n = e j , j = r + 1, m, với e k = (0, ,1, ,0) T , k = 1, m Vậy ta có
Nói cách khác, Q˜ b n là phép chiếu chính tắc lên kerE n T song song với S n b Do chỉ có duy nhất phép chiếu lên kerE n T song song với S n b nên theo (i), ta có
Q˜ b n = ˜U n Q˜U˜ n −1 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.14 Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 và Q˜ n−1 , Q˜ b n lần lượt là phép chiếu lên kerE n−1 , kerE n T Khi đó các khẳng định sau là đúng
Vì E n−1 T Q b n−1 = 0 và A T n U n QU˜ n−1 −1 Q b n−1 = A T n U n QU˜ n−1 −1 cho nên
Chứng minh tương tự ta có P˜ n b = (E n G −1 n ) T
Bây giờ ta chứng minh G¯ T b,n = ¯G n , thật vậy theo Định lý (1.2.7) ta thấy
G¯ n = H n −1 K n −1 Hơn nữa, ta cũng có thể chỉ ra U˜ n = H n T , do đó
Chúng ta sẽ thiết lập công thức nghiệm cho bài toán điều kiện cuối Theo Định lý 1.2.15, với phương trình E n−1 T λ n = A T n λ n+1 −c n, trong đó n từ 1 đến N, có chỉ số 1 và nghiệm thỏa mãn điều kiện cuối.
Khi đó ta có công thức nghiệm λ n = ˜P n−1 b h(
Do phương trình (1.30) có chỉ số 1, ma trận G b,n−1 là ma trận không suy biến Khi nhân lần lượt P n−1 b G −1 b,n−1 và Q b n−1 G −1 b,n−1 vào bên trái hai vế của phương trình, ta thu được kết quả như mong đợi.
Sử dụng Mệnh đề (1.2.11), ta thu được
Từ tính chất (3) của Mệnh đề (1.2.11), ta suy ra
Thay vào hệ trên ta có
0 = Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n P n b λ n+1 + Q b n−1 U n−1 QU˜ n −1 λ n+1 −Q b n−1 G −1 b,n−1 c n Nhân cả hai vế của phương trình (1.33) với U n U n−1 −1 , ta thấy
Q b n λn+1 = −U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n P n b λn+1 +UnQU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 cn, (1.33) do đó λ n+1 = (I −U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n )P n b λ n+1 +U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 c n
= ˜P n b P n b λn+1 +UnQU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 cn (1.34) Đặt v n+1 = P n b λ n+1 , khi đó λ n+1 = ˜P n b v n+1 +U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 c n , với v n+1 là nghiệm của phương trình sai phân thường
Nghiệm của (1.35) được cho bởi v n =(
Do đó ta có nghiệm của bài toán là λ n = ˜P n−1 b h(
Bây giờ chúng ta mô tả mối liên hệ giữa G¯ b,l−1 và G b,l−1 như sau
Như vậy phương trình (1.32) có thể biểu diễn dưới dạng λ n = ˜P n−1 b h(
Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân tuyến tính suy biến
Trong chương này chúng tôi trình bày một số nghiên cứu của tác giả
D.J Bender và A.J Laub đã nghiên cứu bài toán điều khiển tối ưu cho hệ động lực mô tả bởi phương trình sai phân tuyến tính ẩn với hệ số hằng Nghiên cứu này sau đó đã được mở rộng để áp dụng cho phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.
2.1 Bài toán điều khiển tối ưu cho hệ tuyến tính dừng suy biến
2.1.1 Giới thiệu về bài toán
Xét bài toán tìm biến điều khiển u = (u T 0 , , u T N−1 ) T để cực tiểu hàm mục tiêu
!,(2.1) với phương trình trạng thái cho bởi
Exn+1 = Axn+Bun, (2.2) thỏa mãn điều kiện ban đầu
S ∈ R m×k , R ∈ R k×k và rankE = r ≤ m Cặp ma trận {E, A} là chính qui tức là det(zE −A) 6≡0.
Hơn nữa, giả sử rằng các ma trận D N , W, R là đối xứng và các ma trận
! là nửa xác định dương.
Giả sử ma trận E có khai triển kỳ dị E = U Σ 0
V T , với U, V là các ma trận trực giao Nhân U T vào bên trái hai vế của phương trình (2.2) ta được
U T EV V T x n+1 = U T AV V T x n +U T Bu n Đặt x n = V T x n với x n = x 1 n x2 n
Vậy phương trình (2.2) tương đương với
U T EV x n+1 = U T AV x n +U T Bu n Tương tự ta có x T n u T n
Khi đó ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 2.1.1 [5](Phương trình dạng SVD) Giả sử E có khai triển kỳ dị là U T EV = Σ 0
! , ở đây Σ = diag(σ 1 , σ 2 , , σ r ) với σ 1 ≥ σ 2 ≥ ã ã ã ≥ σ r > 0 là cỏc giỏ trị kỳ dị của E và U, V là cỏc ma trận trực giao Khi đó phương trình (2.2) có dạng sau: Σ 0
2.1.2 Phương trình Hamilton cho bài toán điều khiển tối ưu rời rạc
Sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange ta có. Đạo hàm L theo biến λ n+1 với n= 0,1, , N −1 ta nhận được
∂λ n+1 , suy ra ∂λ ∂L n+1 = 0, tương đương với
∂x n = Qx n +A T λ T n+1 +Su n (2.8) Tiếp theo đạo hàm L theo biến u n với n= 0,1, , N −1 ta thấy
Cuối cùng đạo hàm L theo biến x N
0 = E T D N Ex N −E T λ N (2.10) Các phương trình (2.7)-(2.10) cùng với điều kiện ban đầu (2.3) cho ta bài toán biên hai điểm
2.1.3 Nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu
Bài toán điều khiển tối ưu tuyến tính cho hệ rời rạc suy biến sẽ được giải quyết thông qua việc áp dụng phương trình SVD Đầu tiên, chúng ta cần chuyển hệ phương trình (2.11) về dạng SVD Đặt λ¯ n := U T λ n = λ 1 n λ 2 n.
! , khi đó phương trình (2.11) tương đương với
Bằng cách biến đổi tương đương ta thu được
(2.14) Biến đổi các điều kiện biên (2.12) và (2.13) về dạng SVD ta nhận được
, khi đó phương trình (2.14) trở thành
, (2.17) ở đây u n là vectơ điều khiển mở rộng được định nghĩa bởi un :
Kí hiệu z1 n := Σx1 n Khi đó hệ phương trình (2.17) trở thành
Hệ phương trình (2.18) có thể giải được nhờ phép thế Riccati λ 1 n = D 11 n z 1 n = D 11 n Σx 1 n (2.19)
Giả sử D 11 n đã biết, khi đó vectơ mở rộng u n có thể tính được từ x 1 n và
D 11 n Thật vậy, từ phương trình (2.19) và dòng đầu tiên của hệ phương trình (2.17) ta có λ 1 n+1 = D 11 n+1 Σx 1 n+1 = D 11 n+1 (A 11 x 1 n + ¯Bu n ) (2.20) Dòng cuối của hệ phương trình (2.17) là
−B¯ T λ 1 n+1 = ¯S T x 1 n + ¯Ru n Thay (2.20) vào phương trình trên ta nhận được
( ¯R+ ¯B T D 11 n+1 B¯)u n + ( ¯S T + ¯B T D 11 n+1 A 11 )x 1 n = 0 (2.21) Chú ý rằng nói chung (2.21) không có nghiệm đúng nên ta xét nghiệm bình phương tối thiểu của nó u n = −( ¯R+ ¯B T D 11 n+1 B)¯ † ( ¯S T + ¯B T D 11 n+1 A 11 )x 1 n (2.22)
Vậy với mỗi x 1 n và D 11 n đã biết thì ta có thể tính được các vectơ λ 1 n và u n Định lý 2.1.2 [5](Phương trình sai phân Riccati) Nếu λ 1 n = D 11 n Σx 1 n , khi đó
(i) Tại thời điểm cuối N, D 11 N = D N 11 , ở đây D N cho trong hàm mục tiêu (2.1);
(ii) Với mọi k ≤N, D 11 n thỏa mãn các phương trình sai phân Riccati sau: Phương trình sai phân Riccati 1 ΣD 11 n Σ = A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Phương trình sai phân Riccati 2 ΣD 11 n Σ =A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Phương trình sai phân Riccati 3 ΣD 11 n Σ =A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 − I A T 11 D 11 n+1
Phương trình sai phân Riccati 4 ΣD 11 n Σ = A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Chứng minh (i) Từ phương trình (2.16) ta có λ 1 N = D N 11 Σx 1 N Theo giả thiết λ 1 N = D 11 N Σx 1 N Vậy D 11 N = D N 11
(ii) Chứng minh phương trình sai phân Riccati 1.
Dòng đầu tiên của phương trình (2.14) là Σx 1 n+1 = A 11 x 1 n + A 12 x 2 n +B 1 u n Thay (2.19) vào phương trình trên ta có λ1 n+1 = D11 n+1
= D 11 n+1 (A 11 x 1 n +Bu n ) (2.27) Dòng cuối của phương trình (2.17) là
Thay (2.27) vào phương trình trên ta có
= (B T D 11 n+1 B +R)u n + (B T D 11 n+1 A 11 + S T )x 1 n Khi đó vectơ điều khiển mở rộng u n có thể được tính như sau un = −(B T D11 n+1 B +R) † (B T D11 n+1 A11+S T )x1 n (2.28) Dòng thứ hai của phương trình (2.14) là
A T 11 λ 1 n+1 = −W 11 x 1 n + Σλ 1 n −A T 21 λ 2 n+1 −W 12 x 2 n −S 1 u n Thay (2.27) vào phương trình trên ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n
= (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n + (A T 11 D 11 n+1 B +S)u n Thay (2.28) vào phương trình trên thì Σλ 1 n = ΣD 11 n Σx 1 n
Chứng minh phương trình sai phân Riccati 2.
Từ phương trình (2.27) suy ra λ 1 n+1 "
Từ phương trình trên và dòng thứ hai của phương trình (2.14) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n
Thay (2.27) vào hai dòng cuối của phương trình (2.14) ta nhận được
! λ 2 n+1 Điều này ta suy ra x2 n u n
Thay phương trình (2.30) vào phương trình (2.29) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1
(2.32) Chú ý dòng thứ ba của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.30) vào phương trình trên ta có
Từ đó ta nhận được λ 2 n+1 (
(2.33)Thay phương trình (2.33) vào phương trình (2.31) ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh phương trình Riccati 3.
Từ phương trình (2.27) ta có λ1 n+1 = P11 n+1 A11x1 n +
! (2.34) Dòng thứ hai của phương trình (2.14) là
−W 12 x 2 n Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 )x 1 n + I A T 11 D 11 n+1
Dòng cuối và dòng thứ ba của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có
Viết lại hệ trên dưới dạng ma trận
! x2 n = 0. Điều này ta suy ra λ 2 n+1 u n
Thay phương trình (2.36) vào phương trình (2.35) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1 A 11
! ) x2 n (2.37) Dòng thứ tư của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có
Thay phương trình (2.36) vào phương trình trên ta nhận được
Khi đó ta thu được x 2 n = −
Thay (2.38) vào (2.37) ta có điều cần chứng minh.
Chứng minh phương trình sai phân Riccati 4.
Từ phương trình (2.27) ta có λ 1 n+1 = D 11 n+1 A 11 x 1 n + 0 A 12 λ 2 n+1 x2 n
Thay phương trình (2.39) vào dòng thứ hai của phương trình (2.14) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n
(2.40) Thay phương trình (2.39) vào dòng cuối của phương trình (2.14)
+ (B 1 T D 11 n+1 B 1 +R)u n = 0. Điều này ta suy ra u n = −(B 1 T D 11 n+1 B 1 +R) †
Thay (2.41) vào phương trình (2.40) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1
Thay (2.39) vào dòng thứ ba và thứ tư của phương trình (2.14)
Thay phương trình (2.41) vào phương trình (2.43) ta có
Thay phương trình (2.44) vào phương trình (2.42) ta có điều cần chứng minh Vậy Định lý đã được chứng minh.
Ví dụ 2.1.3 Xét bài toán điều khiển tối ưu tuyến tính dạng toàn phương cho hệ rời rạc sau
Ta thấy E có khai triển kỳ dị là Σ = 1 và ma trận U = V = I 2 Sử dụng phương trình (2.5) ta có
!.Điều này ta suy ra D N 11 = 0 hay D 11 N = 0.
Do P 11 N = 0 nên từ phương trình Riccati (2.23) ta có
Từ phương trình (2.22) ta có u0
Theo phương trình (2.19) và chú ý P 11n = 0 nên λ 1 n = 0,với mọi 0≤ n≤ N −1.
Từ hàng đầu tiên của phương trình (2.17) ta có x1 1 = −1.
Tiếp tục quá trình trên ta nhận được nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu là xn = (−1) n
! , và u n = (−1) n+1 Khi đó hàm mục tiêu tối ưu
2.2 Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân chỉ số 1
Xét bài toán tìm biến điều khiểnu n để cực tiểu hàm mục tiêu dạng toàn phương
(2.45) với phương trình trạng thái
E n x n+1 = A n x n +B n u n , (n≥ 0) (2.46) thỏa mãn điều kiện ban đầu
E −1 x 0 = z 0 , (2.47) trong đó x n ∈ R m là biến trạng thái và u n ∈ R k là biến điều khiển.
Với giả thiết phương trình (2.46) có chỉ số 1 và ma trận E −1 ∈ R m×m thỏa mãn S0 ∩ kerE−1 = {0} Ta chọn ma trận A−1 ∈ R m×m sao cho cặp ma trận {E −1 , A −1 } có chỉ số 1 (xem [4]).
Giả sử rằng D N là ma trận đối xứng nửa xác định dương, W n , R n là các ma trận đối xứng và W n S n
! là ma trận nửa xác định dương.
2.2.2 Phương trình Hamilton và bài toán biên
! là hàm Hamilton Tương tự như trong hệ số hằng, bằng phương pháp nhân tử Lagrange ta thu được các phương trình Hamilton sau:
Từ các phương trình (2.48) - (2.51) và điều kiện ban đầu (2.47), ta thu được bài toán biên 2 điểm
Phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1
Khái niệm và các tính chất
Xét phương trình sai phân tuyến tính ẩn với hệ số biến thiên dạng
E n x n+1 = A n x n +q n , n = 0,1, , N, (1.11) trong đó E n , A n ∈ R m×m và q n ∈ R m đã cho Ma trận E n giả thiết là suy biến với mọi n và rankEn = r (1≤ r ≤ m−1).
Với mỗi n ≥ 0, gọi Qn ∈ R m×m là phép chiếu bất kỳ lên kerEn, tức là
Q 2 n = Q n và imQ n = kerE n Khi đó, tồn tại một ma trận không suy biến
V n ∈ R m×m sao cho Q n = V n QV˜ n −1 , trong đó Q˜ = diag(O r , I m−r ). Đặt P n = I −Q n và G n = E n +A n V n−1 QV˜ n −1
Chúng ta định nghĩa các toán tử nối hai không gian con kerE n−1 và kerE n
Q n,n−1 Q n−1,n = Q n Định nghĩa 1.2.1 [1] Ta nói phương trình (1.11) có chỉ số 1 nếu
(ii) S n ∩kerE n−1 = {0}, n= 1, N, trong đó S n = {ξ ∈ R m : A n ξ ∈ imE n }.
Giả sử dimS 0 = r và E −1 ∈ R m×m là ma trận thỏa mãn S 0 ⊕kerE −1 = R m Nếu cặp ma trận {E 0 , A 0 } có chỉ số 1, ta có thể chọn E −1 = E 0 Đặt Q −1 là phép chiếu lên kerE −1 và P −1 = I −Q −1 Điều kiện (ii) được xác nhận đúng với n = 0, N, và toán tử nối Q n−1,n cũng được xác định với n = 0, N.
Dưới đây là ví dụ về phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.
Ví dụ 1.2.2 Xét phương trình sai phân tuyến tính (1.11) với
Với mọi n≥ 0, ta có 0 < rankE n = 1 < 3 và kerE n
Ta tính được S n ∩kerE n−1 = {0} Vậy phương trình sai phân (1.11) với
E n , A n xác định như trên là phương trình sai phân ẩn tuyến tính chỉ số 1. Để rankE −1 = 1 và S0 ∩ kerE −1 = {0} thì ta có thể chọn ma trận
Bây giờ chúng tôi trình bày một số tính chất quan trọng của phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1 (xem [1]).
Mệnh đề 1.2.3 Giả sử rằng ma trận Gn = En+AnQ n−1,n là không suy biến thì ta có các đẳng thức sau:
Chứng minh Do Q n là phép chiếu lên kerE n nên Q n x ∈ kerE n với mọi x ∈ R m Vì vậy, với mọi x ∈ R m , E n Q n x = 0 hay E n Q n = 0 Do đó,
En = En(Pn +Qn) =EnPn+ EnQn = EnPn. Đẳng thức (1.12) được chứng minh.
= E n + A n Q n−1,n Q n P n = E n Nhân G −1 n từ bên trái của đẳng thức trên, ta nhận được đẳng thức (1.13). Tương tự,
Vậy Q n = G −1 n A n Q n−1,n , từ đây suy ra P n G −1 n A n Q n−1,n = P n Q n = 0, và
QnG −1 n AnQ n−1 = QnG −1 n AnQ n−1,n Q n,n−1 = QnQnQ n,n−1 = Q n,n−1 Đẳng thức (1.14), (1.15) được chứng minh Mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 1.2.4 Các khẳng định sau là tương đương.
(ii) Ma trận Gn = En+ AnQ n−1,n không suy biến.
Chứng minh (i) ⇒(ii) Do Gn ∈ R m×m nên Gn khả nghịch khi và chỉ khi
G n đơn ánh, tức là kerG n = 0 Giả sử x ∈ kerG n , khi đó
Ta có A n Q n−1,n x = −E n x nên Q n−1,n x ∈ S n Mặt khác
Q n−1,n x = Q n−1 Q n−1,n x ∈ kerE n−1 Vậy Q n−1,n x ∈ S n ∩kerE n−1 = {0} hay Q n−1,n x = 0, suy ra
Hơn nữa, vì x ∈ kerE n = imQ n nên x = Q n x = 0 Vậy kerG n = 0 hay ma trận G n không suy biến.
Giả sử x thuộc S n và cũng thuộc kerE n−1, điều này cho thấy x có thể được biểu diễn dưới dạng x = Q n−1 y với y thuộc R m Đồng thời, do x thuộc S n, tồn tại η thuộc R m sao cho Enη = Anx = AnQ n−1 y Áp dụng giả thiết Gn khả nghịch cùng các tính chất đã nêu trong Mệnh đề (1.2.3), ta có thể rút ra kết luận cần thiết.
Tác động Q n từ bên trái hai vế của phương trình trên, ta thu được
(iii) ⇒ (i) Ta có được từ định nghĩa tổng trực tiếp của hai không gian.
(i) ⇒ (iii) Với mọi x ∈ R m , đặt v = Q n−1,n G −1 n A n x, u = x−v Ta có, v = Q n−1,n G −1 n Anx = Q n−1 Q n−1,n G −1 n Anx ∈ kerE n−1 Hơn nữa,
= E n G −1 n A n x ∈ imE n Vậy u ∈ S n và do đó R m = S n ⊕kerE n−1 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5 Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 Đặt
Q n−1 = V n−1 QV˜ n−1 −1 là một phép chiếu nào đó lên kerE n−1 Khi đó
(i) Q˜ n−1 = Q n−1,n G −1 n A n là một phép chiếu chính tắc lên kerE n−1 song song với S n ;
(ii) Với V˜ n−1 = (s 1 n , , s r n , h r+1 n−1 , , h m n−1 ) là ma trận có các cột tương ứng là cơ sở của S n và kerE n−1 , tức là S n = span({s i n } r i=1 ) và kerE n−1 = span({h j n−1 } m j=r+1 ) thì Q˜ n−1 = ˜V n−1 Q˜V˜ n−1 −1
Chứng minh (i) Theo Mệnh đề (1.2.4), do phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên G n là ma trận khả nghịch Ta có
Q˜ 2 n−1 = Q n−1,n (G −1 n A n Q n−1,n )G −1 n A n = Q n−1,n G −1 n A n = ˜Q n−1 Mặt khác, Q˜ n−1 = Q n−1 Q n−1,n G −1 n A n , suy ra im ˜Q n−1 ⊂ imQ n−1 = kerE n−1
Ngược lại, với mỗi x ∈ kerE n−1 bất kỳ, ta luôn có x = Q n−1 x, khi đó
= Q n−1 x = x, hay kerE n−1 ⊂im ˜Q n−1 Vậy kerE n−1 = im ˜Q n−1
⇔Q n−1,n G −1 n A n x = 0, hay x ∈ Sn khi và chỉ khi Q˜ n−1 x = 0, tức là ker ˜Q n−1 = Sn.
(ii) Do V˜ n−1 −1 V˜ n−1 = I nên V˜ n−1 −1 s i n = e i , i = 1, r và V˜ n−1 −1 h j n−1 = e j , j = r + 1, m, với e k = (0, ,1, ,0) T , k = 1, m Vậy ta có
Nói cách khác, Q˜ n−1 là phép chiếu chính tắc lên kerE n−1 song song vớiS n
Do chỉ có duy nhất phép chiếu lên kerE n−1 song song với Sn nên theo (i), ta có Q˜ n−1 = ˜V n−1 Q˜V˜ n−1 −1 Mệnh đề được chứng minh.
Chúng ta sẽ khám phá tính chất bất biến của chỉ số 1 trong phương trình sai phân tuyến tính ẩn thông qua cặp biến đổi tuyến tính không suy biến (H n , K n ), như được trình bày trong mệnh đề sau (xem [1]).
Giả sử {H n } n≥0 và {K n } n≥−1 là tập hợp các ma trận khả nghịch, và phương trình (1.11) có chỉ số 1 Khi đó, phương trình (1.11) sẽ tương đương với một phương trình sai phân tuyến tính ẩn.
E¯ n x n+1 + ¯A n x n = ¯q n , (1.16) với E¯ n = H n E n K n , A¯ n = H n A n K n−1 , q¯ n = H n q n , trong đó H n được gọi là ma trận tỷ lệ và K n là ma trận của phép đổi biến x n = K n−1 x¯ n Hơn nữa (1.16) cũng có chỉ số 1.
Chứng minh Do Hn, Kn là các song ánh tuyến tính nên rankE n = dim(imE n ) = dim(imE n K n ) = dim(imH n E n K n )
Vì phương trình (1.11) có chỉ số 1 nên Sn∩ kerE n−1 = {0}, do đó
K n−1 −1 kerE n−1 = ker ¯E n−1 , K n−1 −1 S n = ¯S n Thật vậy , với x ∈ K n−1 −1 kerE n−1 thì tồn tạiξ ∈ kerE n−1 sao choE n−1 ξ = 0 và x = K n−1 −1 ξ Suy ra ξ = K n−1 x, do đó E n−1 K n−1 x = E n−1 ξ = 0 nên
Ngược lại, với x ∈ ker ¯E n−1 , ta có E¯ n−1 x = 0, suy ra E n−1 K n−1 x = 0, do đó x ∈ K n−1 −1 kerE n−1 Vậy K n−1 −1 kerE n−1 = ker ¯E n−1
K n−1 −1 (S n ∩kerE n−1 ) = K n−1 −1 (S n )∩K n−1 −1 (kerE n−1 ) = ¯S n ∩ker ¯E n−1 , nên S¯n ∩ ker ¯E n−1 = {0} hay (1.16) có chỉ số 1 Mệnh đề được chứng minh.
Chúng ta sẽ xây dựng cặp ma trận không suy biến H n và K n để chuyển đổi phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1 về dạng chuẩn tắc Kronecker - Weierstrass, như được nêu trong Định lý 1.2.7 (xem [1]).
Chứng minh Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 Do G n khả nghịch không phụ thuộc vào việc chọn phép chiếu Q n , Q n−1 nên ta có
G¯n = En + AnQ˜n−1,n là một ma trận không suy biến, từ đó suy ra G¯nV˜n = EnV˜n + AnV˜nQ˜ Đặt G˜n = ¯GnV˜n, G˜n cũng là ma trận không suy biến Chúng ta có thể chọn ma trận tỷ lệ Hn = ˜G−1n và phép đổi biến Kn = ˜Vn, dẫn đến E¯n = ˜G−1nEnV˜n.
= E n V˜ n nên G˜ −1 n EnV˜n = ˜P Từ đó E¯n = ˜G −1 n EnV˜n = ˜P = diag(Ir, Om−r).
Mặt khác, nếu z ∈ im ˜Q thì z = ˜Qz và Q˜A¯nz = ˜Q( ˜G −1 n AnV˜ n−1 Q)z˜ = ˜Qz = z.
Tương tự, với mọi z ∈ im ˜P, ta có z = ˜P z Do đó,
V˜ n−1 z = ˜V n−1 P z˜ = ˜P n−1 V˜ n−1 z ∈ S n Suy ra A n V˜ n−1 z = E n ξ với ξ ∈ R m nào đó Hơn nữa
Như vậy với mỗi x ∈ R m , ta có Q˜A¯ n x = ˜QA¯ n ( ˜P x) + ˜QA¯ n ( ˜Qx) = ˜Qx, cho nên
Kết hợp (1.18), (1.19) và để ý rằng Q˜ = diag(O r , I m−r ) ta có thể biểu diễn
A¯ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ), trong đóA¯ 11 n là ma trận nào đó thuộc R r×r Định lý được chứng minh.
Bài toán Cauchy cho phương trình sai phân tuyến tính chỉ số 1
Nếu ta đặt điều kiện ban đầu cho phương trình (1.11) là x 0 −x 0 = 0 (1.20) với x 0 ∈ R m cho trước, bài toán giá trị ban đầu (1.11) và (1.20) có thể vô nghiệm (xem [7]).
Chẳng hạn, xét phương trình
! , n = 0, N , (1.21) với x0 = x 0 = (α,2) T Thay n= 0 vào phương trình (1.21), ta nhận được x (2) 0 = −1 Điều này suy ra bài toán trên vô nghiệm.
Vì vậy đối với phương trình sai phân ẩn, ta không yêu cầu các vectơ x 0 −x 0 bằng vectơ không mà chỉ yêu cầu một số thành phần của nó bằng
Để thiết lập tính duy nhất của nghiệm và xây dựng công thức nghiệm tường minh cho bài toán giá trị ban đầu (1.11) - (1.22), theo Định lý 1.2.8, nếu phương trình (1.11) có chỉ số 1, thì bài toán Cauchy (1.11) - (1.22) luôn có nghiệm duy nhất cho mọi vế phải q n ∈ R m với n= 0, N Nghiệm được xác định bởi công thức x n = ˜P n−1 h( n−1).
Phương trình (1.11) có chỉ số 1, chứng tỏ rằng Gn là ma trận không suy biến Bằng cách nhân P n G −1 n và Q n G −1 n vào bên trái hai vế của phương trình (1.11), ta thu được hệ phương trình mới.
Q n G −1 n E n x n+1 = Q n G −1 n A n x n +Q n G −1 n q n Áp dụng Mệnh đề (1.2.3), ta được
0 = QnG −1 n AnP n−1 xn +VnQnV n−1 −1 xn +QnG −1 n qn.
Ta nhân V n−1 V n −1 vào bên trái hai vế phương trình thứ 2 của hệ (1.23), ta thu được
Do đó x n = (I −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n A n )P n−1 x n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n , tức là x n = ˜P n−1 P n−1 x n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n Đặt u n = P n−1 x n , với n= 0, N −1, khi đó hệ thức trên có dạng x n = ˜P n−1 u n −V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n , (1.24) ở đây u n là nghiệm của phương trình sai phân thường sau
Nghiệm của (1.25) được cho bởi u n =( n−1
P n−1−i G −1 n−1−i A n−1+1 )P k G −1 k q k +P n−1 G −1 n−1 q n−1 Kết hợp với (1.24), ta có x n = ˜P n−1 h ( n−1
Thật vậy, từ Mệnh đề (1.2.3) ta có P n G −1 n A n Q n−1 = 0, suy ra
P n G −1 n A n (I −Q n−1 ) = 0, tức là P n G −1 n A n P n−1 = P n G −1 n A n , n = 0, N Hơn nữa, P˜ n−1 P n−1 = ˜P n−1 ( do P˜ n−1 Q n−1 = 0).
Từ các điều kiện trên ta nhận được công thức nghiệm là x n = ˜P n−1 h( n−1
−V n−1 QV˜ n −1 G −1 n q n Định lý đã được chứng minh.
Xét tại thời điểm n= N + 1 ta có x N +1 = P N G −1 N A N P N −1 x N +P N G −1 N q N +Q N x N +1
Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa G¯ l và G l , với
G¯l = El +AlV˜ l−1 Q˜V˜ l −1 , Gl = El + AlV l−1 QV˜ l −1
Do Q˜ l−1 và Q l−1 là các phép chiếu lên kerE l−1 , ta thu được
Ta thấy, V l V l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 x ∈ kerE l , với x ∈ R m , thật vậy
(Pl +VlV l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 ) −1 = ( ˜Pl + ˜VlV˜ l−1 −1 V l−1 QV˜ l −1 ), khi đó
PlG −1 l AlP l−1 = PlG −1 l Al = Pl(Pl +QlVlV l−1 −1 V˜ l−1 Q˜V˜ l −1 ) ¯G −1 l Al = PlG¯ −1 l Al và
V n−1 QV˜ n −1 G −1 n = V n−1 QV˜ n −1 (P n +V n V n−1 −1 V˜ n−1 Q˜V˜ n −1 ) ¯G −1 n = ˜V n−1 Q˜V˜ n −1 G¯ −1 n Như vậy nghiệm của bài toán Cauchy (1.11), (1.22) được biểu diễn dưới dạng xn = ˜P n−1 h ( n−1
Phương trình dưới liên hợp
Xét phương trình thuần nhất
Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng phương trình dưới liên hợp của phương trình sai phân chỉ số 1 (1.27) bằng cách sử dụng dạng Kronecker - Weierstrass (xem [6]). Đặt x¯ n = x 1 n x 2 n
Từ phương trình (1.17) xét với q n = 0 ta có
Vì đây là hệ phương trình sai phân thường nên ta có hệ phương trình liên hợp là
(1.28) đưa hệ (1.28) về dạng diag(I r , O m−r ) T λ¯ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ) T ¯λ n+1 , n= 0, N , (1.29) ở đây λ¯ n = (¯λ T 1 n ,λ¯ T 2 n ) T
Bằng cách đổi biến λ¯ n = H n−1 −T λ n , n = 1, N + 1, ta đưa phương trình (1.29) về dạng diag(I r , O m−r ) T H n−1 −T λ n = diag( ¯A 11 n , I m−r ) T H n −T λ n+1 , n = 1, N Nhân K n−1 −T vào bên trái hai vế của phương trình trên ta được
(H n−1 −1 diag(I r , O m−r )K n−1 −1 ) T λ n = (H n −1 diag( ¯A 11 n , I m−r )K n−1 −1 ) T λ n+1 , điều này tương đương với
E n−1 T λ n = A T n λ n+1 , n= 1, N (1.30) Phương trình trên được gọi là phương trình dưới liên hợp của phương trình (1.27).
Ta nhắc lại rằng, phương trình (1.30) có chỉ số 1 nếu các điều kiện sau thỏa mãn
(ii) S n b ∩kerE n T = {0}, với n= 1, N −1, trong đó S n b = {z ∈ R m : A T n z ∈ imE n−1 T }, n= 1, N.
Gọi ma trận A N+1 ∈ R m×m thỏa mãn G b,N = E N T + A T N+1 Q b N là ma trận không suy biến. Định lý 1.2.9 Nếu phương trình (1.27) có chỉ số 1 thì phương trình dưới liên hợp (1.30) cũng có chỉ số 1.
Chứng minh Theo Định lý (1.2.7) ta có
E¯n = diag(Ir, O m−r ) =HnEnKn, A¯n = diag( ¯A11 n , I m−r ) = HnAnK n−1 , ở đây Hn = ˜G −1 n , Kn = ˜Vn Do đó
Hơn nữa, ker ¯E n T = {(z 1 T , z 2 T ) T ∈ R m :z 1 ∈ R r và z 1 = 0}, và
Thật vậy, với x ∈ kerE n T suy ra E n T x = 0 hay E¯ n T H n −T x = 0. Đặt ξ = H n −T x, suy ra E¯ n T ξ = 0, do đó x ∈ H n T ker ¯E n T
Ngược lại, với x ∈ H n T ker ¯E n T suy ra tồn tại ξ ∈ ker ¯E n T sao cho E¯ n T ξ = 0 và x = H n T ξ Từ đó x ∈ kerE n T
S n b ∩kerE n T = H n T (ker ¯E n T ∩S¯ n b ) =H n T ({0}) = {0}, với n = 1, N −1, mà rankE n−1 T = rankE n−1 = r, n= 1, N.
Vậy theo định nghĩa, phương trình (1.30) có chỉ số 1.
Ví dụ 1.2.10 Xét phương trình (1.11) với
Do đó, với n = 1, N ta có
Mặt khác, ta cũng có rankE n−1 T = 2 với n = 1, N, kerE n T = span(−k −1,1,0) T , n= 0, N −1 và
Như vậy, phương trình (1.11) với dữ liệu (1.31) và phương trình dưới liên hợp của nó đều có chỉ số 1.
Gọi Q b n−1 = U n−1 QU˜ n−1 −1 là phép chiếu bất kỳ lên kerE n−1 T , trong đó
U n−1 là ma trận không suy biến. Đặt P n−1 b = I −Q b n−1 và G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 , n= 1, N.
Bây giờ chúng ta sẽ trình bày một số tích chất cho phương trình dưới liên hợp có chỉ số 1(1.30).
Mệnh đề 1.2.11 Nếu G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 không suy biến thì ta có các khẳng định sau là đúng:
Chứng minh Do Q b n−1 là phép chiếu lênkerE n−1 T nênQ b n−1 x ∈ kerE n−1 T với mọi x ∈ R m Vì vậy, với mọi x ∈ R m , E n−1 T Q b n−1 x = 0 hay E n−1 T Q b n−1 = 0.
Do đó, E n−1 T = E n−1 T (P n−1 b +Q b n−1 ) = E n−1 T P n−1 b +E n−1 T Q b n−1 = E n−1 T P n−1 b Đẳng thức (i) đã được chứng minh.
Ta sẽ chứng minh đẳng thức (ii) bằng cách tính ma trận G b,n−1 P n−1 b Ta có
= E n−1 T Nhân G −1 b,n−1 từ bên trái của đẳng thức vừa thu được, ta có đẳng thức (ii). Chứng minh đẳng thức (iii), vì G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 nên
G b,n−1 −E n−1 T = A T n U n QU˜ n−1 −1 Nhân U n−1 U n −1 từ bên phải hai vế của phương trình trên ta được
Từ đó ta suy ra
P n−1 b G −1 b,n−1 A T n Q b n = P n−1 b U n−1 QU˜ n −1 = (I −Q b n−1 )U n−1 QU˜ n −1 = 0 và Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n Q b n = U n−1 QU˜ n −1 Đẳng thức (iii) được chứng minh. Mệnh đề đã được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.12 Các khẳng định sau là tương đương:
(i) Ma trận G b,n−1 = E n−1 T +A T n U n QU˜ n−1 −1 không suy biến;
Giả sử x thuộc S n b giao với kerE n T, thì x nằm trong imQ b n, dẫn đến sự tồn tại của y thuộc R m sao cho x = Q b n y Hơn nữa, vì x thuộc S n b, nên tồn tại η thuộc R m thỏa mãn E n−1 T η = A T n x = A T n Q b n y Áp dụng giả thiết G b,n−1 khả nghịch và các tính chất nêu trong Mệnh đề (1.2.11), ta có kết quả mong muốn.
Tác động Q b n−1 từ bên trái hai vế của phương trình trên, ta thu được
U n−1 QU˜ n −1 y = 0 Vậy x = Q b n y = U n QU˜ n−1 −1 U n−1 QU˜ n −1 y = 0 hay
(ii) ⇒ (i) Do G b,n−1 ∈ R m×m nên G b,n−1 khả nghịch khi và chỉ khi
G b,n−1 là đơn ánh, tức là kerG b,n−1 = 0 Giả sử x ∈ kerG b,n−1 , khi đó
Do đó, ta có A T n U n QU˜ n−1 −1 x = −E n−1 T x nên U n QU˜ n−1 −1 x ∈ S n b Mặt khác,
U n QU˜ n−1 −1 x = Q b n U n QU˜ n−1 −1 x ∈ kerE n T Vậy U n QU˜ n−1 −1 x ∈ S n b ∩kerE n T = {0} hay U n QU˜ n−1 −1 x = 0 Do đó
Hơn nữa, do x ∈ kerG b,n−1 nên x ∈ kerE n−1 T = imQ b n−1 , suy ra x = Q b n−1 x = 0 Vậy kerG b,n−1 = 0 hay G b,n−1 không suy biến.
(ii) ⇒ (iii) Với mọi x ∈ R m , đặt v = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x, u = x−v.
Ta có v = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x = Q b n U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n x ∈ kerE T n Hơn nữa
= E n−1 T G −1 b,n−1 A T n x ∈ imE n Vậy u ∈ S n b và do đó R m = S n b ⊕kerE n T
(iii) ⇒ (ii) Ta có được từ định nghĩa tổng trực tiếp hai không gian. Mệnh đề được chứng minh
Mệnh đề 1.2.13 Giả sử phương trình (1.30) có chỉ số 1 Đặt
Q b n = U n QU˜ n −1 là một phép chiếu nào đó lên kerE n T Khi đó
(i) Q˜ b n = U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n là một chiếu chính tắc lên kerE n T song song với S n b ;
(ii) Với U˜ n = (a 1 n , , a r n , b r+1 n , , b m n ) là ma trận có các cột tương ứng là cơ sở của S n b và kerE n T , tức là
S n b = span({a i n } r i=1 ) và kerE n T = span({b j n } m j=r+1 ) thì Q˜ b n = ˜U n Q˜U˜ n −1
Chứng minh (i) Theo Mệnh đề (1.2.12), do phương trình (1.30) có chỉ số
1 nên ma trận G b,n−1 khả nghịch Ta có
Mặt khác, Q˜ b n = Q b n U n U n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n suy ra im ˜Q b n ⊂imQ b n = kerE n T Ngược lại, với mỗi x ∈ kerE n T bất kỳ, ta luôn có x = Q b n x, khi đó
= Q b n x = x, hay kerE n T ⊂im ˜Q b n Vậy kerE n T = im ˜Q b n Ta có x ∈ S n b ⇔ A T n x = E n−1 T ξ ⇔Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n x = Q b n−1 G −1 b,n−1 E n−1 T ξ
⇔ Q˜ b n x = 0. tức là x ∈ S n b khi và chỉ khi Q˜ b n x = 0, vậy ker ˜Q b n = S n b
(ii) Do U˜ n −1 U˜ n = I nên U˜ n −1 a i n = e i , i = 1, r và U˜ n −1 b j n = e j , j = r + 1, m, với e k = (0, ,1, ,0) T , k = 1, m Vậy ta có
Nói cách khác, Q˜ b n là phép chiếu chính tắc lên kerE n T song song với S n b Do chỉ có duy nhất phép chiếu lên kerE n T song song với S n b nên theo (i), ta có
Q˜ b n = ˜U n Q˜U˜ n −1 Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.14 Giả sử phương trình (1.11) có chỉ số 1 và Q˜ n−1 , Q˜ b n lần lượt là phép chiếu lên kerE n−1 , kerE n T Khi đó các khẳng định sau là đúng
Vì E n−1 T Q b n−1 = 0 và A T n U n QU˜ n−1 −1 Q b n−1 = A T n U n QU˜ n−1 −1 cho nên
Chứng minh tương tự ta có P˜ n b = (E n G −1 n ) T
Bây giờ ta chứng minh G¯ T b,n = ¯G n , thật vậy theo Định lý (1.2.7) ta thấy
G¯ n = H n −1 K n −1 Hơn nữa, ta cũng có thể chỉ ra U˜ n = H n T , do đó
Chúng ta sẽ thiết lập công thức nghiệm cho bài toán điều kiện cuối theo Định lý 1.2.15 Giả sử phương trình E n−1 T λ n = A T n λ n+1 − c n, với n = 1, N, có chỉ số 1 và nghiệm thỏa mãn điều kiện cuối.
Khi đó ta có công thức nghiệm λ n = ˜P n−1 b h(
Do phương trình (1.30) có chỉ số 1, ma trận G b,n−1 là ma trận không suy biến Khi nhân lần lượt P n−1 b G −1 b,n−1 và Q b n−1 G −1 b,n−1 vào bên trái hai vế của phương trình, ta thu được kết quả cần thiết.
Sử dụng Mệnh đề (1.2.11), ta thu được
Từ tính chất (3) của Mệnh đề (1.2.11), ta suy ra
Thay vào hệ trên ta có
0 = Q b n−1 G −1 b,n−1 A T n P n b λ n+1 + Q b n−1 U n−1 QU˜ n −1 λ n+1 −Q b n−1 G −1 b,n−1 c n Nhân cả hai vế của phương trình (1.33) với U n U n−1 −1 , ta thấy
Q b n λn+1 = −U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n P n b λn+1 +UnQU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 cn, (1.33) do đó λ n+1 = (I −U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 A T n )P n b λ n+1 +U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 c n
= ˜P n b P n b λn+1 +UnQU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 cn (1.34) Đặt v n+1 = P n b λ n+1 , khi đó λ n+1 = ˜P n b v n+1 +U n QU˜ n−1 −1 G −1 b,n−1 c n , với v n+1 là nghiệm của phương trình sai phân thường
Nghiệm của (1.35) được cho bởi v n =(
Do đó ta có nghiệm của bài toán là λ n = ˜P n−1 b h(
Bây giờ chúng ta mô tả mối liên hệ giữa G¯ b,l−1 và G b,l−1 như sau
Như vậy phương trình (1.32) có thể biểu diễn dưới dạng λ n = ˜P n−1 b h(
Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân tuyến tính suy biến
Trong chương này chúng tôi trình bày một số nghiên cứu của tác giả
D J Bender và A J Laub [5] về bài toán điều khiển tối ưu dạng toàn phương cho hệ động lực mô tả bởi phương trình sai phân tuyến tính ẩn hệ số hằng Sau đó chúng tôi mở rộng các kết quả cho phương trình sai phân tuyến tính ẩn chỉ số 1.
Bài toán điều khiển tối ưu cho hệ tuyến tính dừng suy biến 36
Giới thiệu về bài toán
Xét bài toán tìm biến điều khiển u = (u T 0 , , u T N−1 ) T để cực tiểu hàm mục tiêu
!,(2.1) với phương trình trạng thái cho bởi
Exn+1 = Axn+Bun, (2.2) thỏa mãn điều kiện ban đầu
S ∈ R m×k , R ∈ R k×k và rankE = r ≤ m Cặp ma trận {E, A} là chính qui tức là det(zE −A) 6≡0.
Hơn nữa, giả sử rằng các ma trận D N , W, R là đối xứng và các ma trận
! là nửa xác định dương.
Giả sử ma trận E có khai triển kỳ dị E = U Σ 0
V T , với U, V là các ma trận trực giao Nhân U T vào bên trái hai vế của phương trình (2.2) ta được
U T EV V T x n+1 = U T AV V T x n +U T Bu n Đặt x n = V T x n với x n = x 1 n x2 n
Vậy phương trình (2.2) tương đương với
U T EV x n+1 = U T AV x n +U T Bu n Tương tự ta có x T n u T n
Khi đó ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 2.1.1 [5](Phương trình dạng SVD) Giả sử E có khai triển kỳ dị là U T EV = Σ 0
! , ở đây Σ = diag(σ 1 , σ 2 , , σ r ) với σ 1 ≥ σ 2 ≥ ã ã ã ≥ σ r > 0 là cỏc giỏ trị kỳ dị của E và U, V là cỏc ma trận trực giao Khi đó phương trình (2.2) có dạng sau: Σ 0
Phương trình Hamilton cho bài toán điều khiển tối ưu rời rạc
Sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange ta có. Đạo hàm L theo biến λ n+1 với n= 0,1, , N −1 ta nhận được
∂λ n+1 , suy ra ∂λ ∂L n+1 = 0, tương đương với
∂x n = Qx n +A T λ T n+1 +Su n (2.8) Tiếp theo đạo hàm L theo biến u n với n= 0,1, , N −1 ta thấy
Cuối cùng đạo hàm L theo biến x N
0 = E T D N Ex N −E T λ N (2.10) Các phương trình (2.7)-(2.10) cùng với điều kiện ban đầu (2.3) cho ta bài toán biên hai điểm
Nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu
Bài toán điều khiển tối ưu tuyến tính cho hệ rời rạc suy biến sẽ được giải bằng phương pháp SVD Đầu tiên, hệ phương trình (2.11) sẽ được chuyển đổi sang dạng SVD, với λ¯ n được định nghĩa là U T λ n = λ 1 n λ 2 n.
! , khi đó phương trình (2.11) tương đương với
Bằng cách biến đổi tương đương ta thu được
(2.14) Biến đổi các điều kiện biên (2.12) và (2.13) về dạng SVD ta nhận được
, khi đó phương trình (2.14) trở thành
, (2.17) ở đây u n là vectơ điều khiển mở rộng được định nghĩa bởi un :
Kí hiệu z1 n := Σx1 n Khi đó hệ phương trình (2.17) trở thành
Hệ phương trình (2.18) có thể giải được nhờ phép thế Riccati λ 1 n = D 11 n z 1 n = D 11 n Σx 1 n (2.19)
Giả sử D 11 n đã biết, khi đó vectơ mở rộng u n có thể tính được từ x 1 n và
D 11 n Thật vậy, từ phương trình (2.19) và dòng đầu tiên của hệ phương trình (2.17) ta có λ 1 n+1 = D 11 n+1 Σx 1 n+1 = D 11 n+1 (A 11 x 1 n + ¯Bu n ) (2.20) Dòng cuối của hệ phương trình (2.17) là
−B¯ T λ 1 n+1 = ¯S T x 1 n + ¯Ru n Thay (2.20) vào phương trình trên ta nhận được
( ¯R+ ¯B T D 11 n+1 B¯)u n + ( ¯S T + ¯B T D 11 n+1 A 11 )x 1 n = 0 (2.21) Chú ý rằng nói chung (2.21) không có nghiệm đúng nên ta xét nghiệm bình phương tối thiểu của nó u n = −( ¯R+ ¯B T D 11 n+1 B)¯ † ( ¯S T + ¯B T D 11 n+1 A 11 )x 1 n (2.22)
Vậy với mỗi x 1 n và D 11 n đã biết thì ta có thể tính được các vectơ λ 1 n và u n Định lý 2.1.2 [5](Phương trình sai phân Riccati) Nếu λ 1 n = D 11 n Σx 1 n , khi đó
(i) Tại thời điểm cuối N, D 11 N = D N 11 , ở đây D N cho trong hàm mục tiêu (2.1);
(ii) Với mọi k ≤N, D 11 n thỏa mãn các phương trình sai phân Riccati sau: Phương trình sai phân Riccati 1 ΣD 11 n Σ = A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Phương trình sai phân Riccati 2 ΣD 11 n Σ =A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Phương trình sai phân Riccati 3 ΣD 11 n Σ =A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 − I A T 11 D 11 n+1
Phương trình sai phân Riccati 4 ΣD 11 n Σ = A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11
Chứng minh (i) Từ phương trình (2.16) ta có λ 1 N = D N 11 Σx 1 N Theo giả thiết λ 1 N = D 11 N Σx 1 N Vậy D 11 N = D N 11
(ii) Chứng minh phương trình sai phân Riccati 1.
Dòng đầu tiên của phương trình (2.14) là Σx 1 n+1 = A 11 x 1 n + A 12 x 2 n +B 1 u n Thay (2.19) vào phương trình trên ta có λ1 n+1 = D11 n+1
= D 11 n+1 (A 11 x 1 n +Bu n ) (2.27) Dòng cuối của phương trình (2.17) là
Thay (2.27) vào phương trình trên ta có
= (B T D 11 n+1 B +R)u n + (B T D 11 n+1 A 11 + S T )x 1 n Khi đó vectơ điều khiển mở rộng u n có thể được tính như sau un = −(B T D11 n+1 B +R) † (B T D11 n+1 A11+S T )x1 n (2.28) Dòng thứ hai của phương trình (2.14) là
A T 11 λ 1 n+1 = −W 11 x 1 n + Σλ 1 n −A T 21 λ 2 n+1 −W 12 x 2 n −S 1 u n Thay (2.27) vào phương trình trên ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n
= (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n + (A T 11 D 11 n+1 B +S)u n Thay (2.28) vào phương trình trên thì Σλ 1 n = ΣD 11 n Σx 1 n
Chứng minh phương trình sai phân Riccati 2.
Từ phương trình (2.27) suy ra λ 1 n+1 "
Từ phương trình trên và dòng thứ hai của phương trình (2.14) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n
Thay (2.27) vào hai dòng cuối của phương trình (2.14) ta nhận được
! λ 2 n+1 Điều này ta suy ra x2 n u n
Thay phương trình (2.30) vào phương trình (2.29) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 + W 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1
(2.32) Chú ý dòng thứ ba của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.30) vào phương trình trên ta có
Từ đó ta nhận được λ 2 n+1 (
(2.33)Thay phương trình (2.33) vào phương trình (2.31) ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh phương trình Riccati 3.
Từ phương trình (2.27) ta có λ1 n+1 = P11 n+1 A11x1 n +
! (2.34) Dòng thứ hai của phương trình (2.14) là
−W 12 x 2 n Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 )x 1 n + I A T 11 D 11 n+1
Dòng cuối và dòng thứ ba của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có
Viết lại hệ trên dưới dạng ma trận
! x2 n = 0. Điều này ta suy ra λ 2 n+1 u n
Thay phương trình (2.36) vào phương trình (2.35) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1 A 11
! ) x2 n (2.37) Dòng thứ tư của phương trình (2.14) là
Thay phương trình (2.34) vào phương trình trên ta có
Thay phương trình (2.36) vào phương trình trên ta nhận được
Khi đó ta thu được x 2 n = −
Thay (2.38) vào (2.37) ta có điều cần chứng minh.
Chứng minh phương trình sai phân Riccati 4.
Từ phương trình (2.27) ta có λ 1 n+1 = D 11 n+1 A 11 x 1 n + 0 A 12 λ 2 n+1 x2 n
Thay phương trình (2.39) vào dòng thứ hai của phương trình (2.14) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n
(2.40) Thay phương trình (2.39) vào dòng cuối của phương trình (2.14)
+ (B 1 T D 11 n+1 B 1 +R)u n = 0. Điều này ta suy ra u n = −(B 1 T D 11 n+1 B 1 +R) †
Thay (2.41) vào phương trình (2.40) ta có Σλ 1 n = (A T 11 D 11 n+1 A 11 +W 11 )x 1 n − I A T 11 D 11 n+1
Thay (2.39) vào dòng thứ ba và thứ tư của phương trình (2.14)
Thay phương trình (2.41) vào phương trình (2.43) ta có
Thay phương trình (2.44) vào phương trình (2.42) ta có điều cần chứng minh Vậy Định lý đã được chứng minh.
Ví dụ 2.1.3 Xét bài toán điều khiển tối ưu tuyến tính dạng toàn phương cho hệ rời rạc sau
Ta thấy E có khai triển kỳ dị là Σ = 1 và ma trận U = V = I 2 Sử dụng phương trình (2.5) ta có
!.Điều này ta suy ra D N 11 = 0 hay D 11 N = 0.
Do P 11 N = 0 nên từ phương trình Riccati (2.23) ta có
Từ phương trình (2.22) ta có u0
Theo phương trình (2.19) và chú ý P 11n = 0 nên λ 1 n = 0,với mọi 0≤ n≤ N −1.
Từ hàng đầu tiên của phương trình (2.17) ta có x1 1 = −1.
Tiếp tục quá trình trên ta nhận được nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu là xn = (−1) n
! , và u n = (−1) n+1 Khi đó hàm mục tiêu tối ưu
Bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân chỉ số 1 55
Giới thiệu bài toán
Xét bài toán tìm biến điều khiểnu n để cực tiểu hàm mục tiêu dạng toàn phương
(2.45) với phương trình trạng thái
E n x n+1 = A n x n +B n u n , (n≥ 0) (2.46) thỏa mãn điều kiện ban đầu
E −1 x 0 = z 0 , (2.47) trong đó x n ∈ R m là biến trạng thái và u n ∈ R k là biến điều khiển.
Với giả thiết phương trình (2.46) có chỉ số 1 và ma trận E −1 ∈ R m×m thỏa mãn S0 ∩ kerE−1 = {0} Ta chọn ma trận A−1 ∈ R m×m sao cho cặp ma trận {E −1 , A −1 } có chỉ số 1 (xem [4]).
Giả sử rằng D N là ma trận đối xứng nửa xác định dương, W n , R n là các ma trận đối xứng và W n S n
! là ma trận nửa xác định dương.
Phương trình Hamilton và bài toán biên
! là hàm Hamilton Tương tự như trong hệ số hằng, bằng phương pháp nhân tử Lagrange ta thu được các phương trình Hamilton sau:
Từ các phương trình (2.48) - (2.51) và điều kiện ban đầu (2.47), ta thu được bài toán biên 2 điểm
Điều kiện đủ của tối ưu
Định lý 2.2.1 khẳng định rằng nếu bộ ba {x ∗n } n thuộc R m, {λ ∗n } thuộc R m và {u ∗n } n thuộc R k là các lời giải của bài toán biên (2.52) - (2.53), thì {u ∗n } n chính là điều khiển tối ưu cho bài toán (2.45) - (2.47), và {x ∗n } n là quỹ đạo tối ưu tương ứng.
Chứng minh Giả sử {u n } n ⊂ R k là điều khiển chấp nhận được và {x n } n ⊂ R m là quỹ đạo chấp nhận được tương ứng.
=x T ∗N E N T −1 DNEN −1(xN −x∗N). Điều này ta suy ra
⇒ J({u n },{x n }) ≥J({u ∗n },{x ∗n }). Định lý được chứng minh.
Điều kiện cần và đủ để hệ Pontryagin có chỉ số 1
Ta thêm vào giả thiết ker −A T n−1
Theo điều kiện (2.55), ta có rank ˜E n = m+r cho mọi n ≥ 0 Để kiểm tra tính chất chỉ số 1 của hệ (2.54), cần chứng minh N˜ n−1 ∩S˜ n = {0}, trong đó N˜n = ker ˜En và S˜n = {ξ ∈ R 2m+k : ˜Anξ ∈ im ˜En} Định lý 2.2.2 khẳng định rằng nếu điều kiện (2.55) được thỏa mãn, thì phương trình (2.54) có chỉ số 1 khi và chỉ khi im E n−1 T A T n Q ∗n W n Q A n S n Q B n.
= R m ×R k trong đó Q ∗n , Q A n , Q B n là phép chiếu trực giao lên kerE n T , kerA n , kerB n
Từ điều kiện (2.55) ta có λ = 0.
Mặt khác, ξ ∈ S˜ n suy ra tồn tại ω 1 , ω 2 ∈ R m sao cho
Từ phương trình (2.56) ta có
A n x+B n u = E n ω 1 ∈ imE n = (kerE n T ) ⊥ = (imQ ∗n ) ⊥ = kerQ T ∗n = kerQ ∗n
Do λ = 0 nên từ phương trình (2.57) ta nhận được
W n x+S n u = −A T n ω 2 ∈ imA T n = (kerA n ) ⊥ = (imQ A n ) ⊥ = kerQ T A n = kerQ A n
Tương tự từ phương trình (2.58) ta thu được
Kết hợp với E n−1 x = 0 ta có hệ phương trình sau
Theo định lý Fredholm, để phương trình (2.59) chỉ có nghiệm tầm thường thì im E n−1 T A T n Q ∗n WnQA n SnQB n
= R m ×R k Định lý được chứng minh.
Nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu
Để giải bài toán điều khiển tối ưu cho phương trình sai phân chỉ số 1 ta sử dụng phép đổi biến như Mệnh đề (1.2.6). xn = K n−1 x¯n, λn = H n−1 T ¯λn.
Theo Định lý (1.2.7) bằng cặp biến đổi tuyến tính không suy biến (H n , K n ) = ( ˜G −1 n ,V˜ n ) ta thu được các kết quả sau
, ta sử dụng phép đổi biến ta đưa hệ trên thành hệ mới
Khi đó ta thu được
Bằng biến đổi Kronecker - Weierstrass ta nhận được
Biến đổi tương đương, khi đó hệ phương trình trên trở thành
(2.60) Biến đổi các điều kiện biên (2.47) và (2.51) ta được
Khi đó phương trình (2.60) trở thành
(2.61) với điều kiện biên x 1 0 = z 1 0 và λ 1 N = D N 11 x 1 N Để giải hệ phương trình (2.61) ta sử dụng phép thế Riccati λ1 n = D11 n x1 n , (2.62) với D11 n đã biết Khi đó ta có thể tìm được un từ x1 n và D11 n
Từ phương trình (2.62) và dòng đầu của hệ phương trình (2.61) ta có λ 1 n+1 = D 11 n+1 x 1 n+1 = D 11 n+1 ( ¯11 n x 1 n + ˜B n u n ) (2.63)
Từ dòng cuối của hệ phương trình (2.61) ta có
−B˜ n λ 1 n+1 = ˜S n T x 1 n + ˜R n u n (2.64) Thay phương trình (2.63) vào phương trình (2.64) ta được
Nếu ta tính được u n thì ta sẽ tính được x n và u n
Tương tự Định lý (2.1.2), ta cũng đưa ra được các phương trình sai phân Riccati sau. Định lý 2.2.3 Nếu λ 1 n = D 11 n x 1 n , khi đó
(i) Tại thời điểm cuối N, D 11 N = (D N ) 11 , ở đây D N cho trong hàm mục tiêu (2.45);
(ii) Với mọi k ≤N, D 11 n thỏa mãn các phương trình sai phân Riccati sau: Phương trình sai phân Riccati 1
Phương trình sai phân Riccati 2
Phương trình sai phân Riccati 3
Phương trình sai phân Riccati 4
Chứng minh Ta có λ1 N = DN 11 x1 N mà theo giả thiết λ1 n = D11 n x1 n với mọi n ≥ 0 Suy ra D N 11 = D 11 N
Chứng minh phương trình Riccati 1.
Từ dòng đầu tiên của phương trình (2.60) ta có x 1 n+1 = ¯A 11 n x 1 n +B 1 n u n mà λ 1 n+1 = D 11 n+1 x 1 n+1 nên ta suy ra λ 1 n+1 = D 11 n+1 ( ¯A 11 n x 1 n +B 1 n u n )
Từ dòng thứ hai của phương trình (2.60)
Thay phương trình (2.67) vào (2.68) ta được λ1 n = ¯A T 11 n D11 n+1 ( ¯A11 n x1 n + B1 n un) +W11 n x1 n +W12 n x2 n +S1 n un
−( ¯A T 11 nD 11 n+1 B˜ n + ˜S n )( ˜B n T D 11 n+1 B˜ n + ˜R n ) † ( ˜B n T D 11 n+1 A¯ 11 n + ˜S T ) x 1 n , suy ra điều phải chứng minh Các phương trình sai phân Riccati còn lại được chứng minh tương tự.
Ví dụ 2.2.4 Xét bài toán (2.45), (2.46), (2.47) với các hệ số như sau:
; và điều kiện ban đầu z 0 = (1,0) T
Với mọi n≥ 0, ta có rankE n = 1 < 2 và kerE n ( 0 1
Suy ra kerE n−1 ∩ S n = {0}, do đó phương trình (2.46) có chỉ số 1 Hơn nữa ta tính được
!.Theo Định lý (1.2.7) ta thấy
Từ phương trình (2.66) ta thu được
D 11 N −1 = W 11 n = 1, tiếp tục quá trình thay vào phương trình (2.66) ta có
Sử dụng dòng đầu tiên của hệ (2.61) ta có x 1 1 = ¯A 11 0 x 1 0 + ˜B 0 u 0 = 1.
Tiếp tục quá trình như trên ta thu được nghiệm của bài toán điều khiển tối ưu là x n = 1
Khi đó hàm mục tiêu tối ưu là
Bài toán điều khiển tối ưu trong mô hình kinh tế
Trong chương này chúng tôi trình bày một số nghiên cứu của tác giả
D G Luenberger [8] về mô hình kinh tế mô tả bởi phương trình sai phân thường Sau đó chúng tôi mở rộng các kết quả cho phương trình sai phân tuyến tính suy biến.