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

Sự qui hoá phơng trình vi phân đại số số Giới thiệu : Phơng trình vi phân đại số thờng (DAEs)là phơng trình vi phân thờng (ODEs): f(x(t),x(t),t) = với f trơn đạo hàm Jacobi fy(y,x,t) suy biến điểm nhng có hạng không đổi Hệ thống nh đợc quan tâm đặc biệt quan điểm ứng dụng khác nhau, ví dụ mạng lới điện chế hệ thống khí, vấn đề lý thuyết điều khiển Nó đợc biết đến phơng trình vi phân đại số khó giải có số cao hơn, số lớn Rất nhiều nhà nghiên cứu DAEs giải đợc với số k lớn ( ) Trong trang trích dẫn này, xem hệ thống hàm số tuyến tính 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) đây, x vecto với thành phần thực, x(t) R m, A(t) B(t) ma trận vuông cấp m ì m phụ thuộc liên tục vào t Kết : Bây nghiên cứu phơng trình vi phân đại số thờng (1.2) Chúng giả sử không gian lớp không N0(t) = ker(A(t)) trơn, tồn 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 (1.2) tơng đơng với A(P0x) + (B AP0)x = q Để đơn giản bỏ qua đối số t nội dung sau, nhầm lẫn phát sinh Một hệ thống ma trận đợc xây dựng [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 chiều vào Ni = ker(Ai(t)), Pi = I Qi , i =1,2, Chúng ta giả sử P0, , Pi khả vi liên tục Định nghĩa 1.2 : [8] Phơng trình vi phân đại số thờng đợc gọi giải đợc số k A0, Ak-1 suy biến nhng Ak không suy biến với t [ a, b] Trong trang xét trờng hợp phơng trình vi phân đại số thờng giải đợc số 3, với A0, A1, A2 suy biến nhng A3 không suy biến t [ a, b] Trong trờng hợp gọi đơn giản phơng trình (1.2) phơng trình vi phân đại số số Nhận xét 2.2: Định nghĩa khác mục [6], nhng chứng minh định nghĩa tơng đơng Định nghĩa độc lập với lựa chọn đặc biệt việc đặt { Qi } , họ chọn QiQj = với j < i Q2 = Q2.A 31 B2 Việc giải định lý đợc chứng minh từ [8] Định lý 2.3: Cho phơng trình DAEs(1.2) giải đợc với số Giả sử Qi(i = 1,2, ,k ) đủ mịn q Ck-1 Hơn nữa, biểu thị ma trận ODEs Z : z1+ [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)]z1 = P0P1P2A 31 q giả định ma trận Da , Db đáp ứng : Da = DaP0(a)P1(a)P2(a) , Db = DbP0(b)P1(b)P2(b) 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) khả giải đặc biệt C với R m Hơn nữa, x nghiệm đặc biệt (2.1), zi, i = 1, 2, 3, 4, đợc quy định : z1 = P0P1P2x, z2 = P0P1Q2x, z3 = P0Q1x, z4 = Q0x nghiệm đặc biệt 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 với [I P0P1P2(a)]z1(a) = (2.3) Daz1(a) + Dbz1(b) = (2.4) Ngợc lại, zi(i=1,2,3,4) nghiệm đặc biệt (2.2) (2.4) x = z i =1 i nghiệm đặc biệt (2.1) Trong phần sau, thảo luận qui hoá phơng trình DAEs(1.2) cho số giá trị chuỗi ma trận { Ai , Bi , Qi } , mà chúng đợc sử dụng để chứng minh 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 (a) AiQj = BjQj với i > j (b) BiQj = với i > j (c) A BiQi = Qi k (d)A Ai = I k Q j =1 j (e) P0P1P2A 31 B1P0Q1 = Định lý 2.5 : Cho phơng trình DAEs(1.2) giải đợc với số Với đủ nhỏ > 0, phơng trình DAEs : A (P0x) + B0x = q , t [ a, b] (2.5) với A = A + B1 chuyển đợc Chứng minh : Nếu z N0 z = Q0z theo bổ đề 2.4, kéo theo : A z = (A + B1)Q0z = , ker( A ) N0 Ngợc lại, z ker( A ), A z = A 31 (A + B1 )z = Theo bổ đề 2.4 định nghĩa Bi, có : (I Q0 Q1 Q2)z + A 31 B2z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z = (2.6) Nhân phơng trình với Q2, đợc: Q2A 31 B2z = , có tiếp Q2z = Nhân (2.6) với P0P1, sau vài phép tính, có: P0P1z + P0P1A 31 B1P1z = , kéo theo [I + P0P1A 31 (B0 A1(P0P1))] P0P1z = Do P0P1z = A 31 B2z = A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z = A 31 [BP0P1 A1(P0P1)P0P1 A2(P0P1P2)P0P1]z = Bây (2.6) trở thành : (I Q0 Q1)z + Q1z = Nhân phơng trình với Q1, cho ta : Q1z = dẫn đến Q1z = Do z = Q0z, z N(A) Vậy N(A) = N( A ) Bây giờ, định nghĩa, phơng trình DAEs(2.5) chuyển đợc ma trận A + B0Q0 không suy biến Do trình chứng minh DAEs chuyển đợc, chứng minh A + B0Q0 không suy biến Cho z thoả mãn ( A + B0Q0 )z = Điều tơng đơng với A 31 ( A + B0Q0)z = Sau : (I Q0 Q1 Q2)z + A 31 B2z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z + Q0z = (2.7) Nhân (2.7) với Q2 sinh : Q2z = Tiếp đó, nhân (2.7) với P1 sinh : P1z + P1A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z + P1P2(P0P1P2)P0P1z = : P1z + P1A 31 B1P1z = Và : P1z = Điều hàm ý : A 31 (B1P1 A2(P0P1P2)P0P1)z + P2(P0P1P2)P0P1z + Q1z = Dẫn đến : Q1z = Do : z = P1z + Q1z = Điều chứng tỏ ma trận A + B0Q0 không suy biến, bao gồm phơng trình DAEs (2.5) chuyển đổi ( cha xác ) Định lý với đủ nhỏ >0, phơng trình DAEs (2.5) dạng quy (1.2) Đối với DAEs(2.5), tơng tự [6], có kết sau : Định lý 2.6 : Giả sử phơng trình (1.2)là giải đợc với số đủ nhỏ thoả mãn phơng trình DAEs(2.5) chuyển đợc Nếu x nghiệm (2.5) : (I + P0P1P2A 31 B1) z1' + P0P1P2A 31 B1 z 2' + [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)] z1 - (P0P1P2A 31 B1) z = P0P1P2A 31 q , z 2' + [I - (P0P1Q2) z - (P0P1Q2) z1 - (P0P1Q2) z = P0P1Q2A 31 q , z 3' + [I - (P0Q1P2) z +( P0Q1P2 A 31 B1 P0Q1Q2)( z1' + z 2' ) + P0Q1P2 A 31 B0 z1 = P0Q1P2A 31 q, z = -Q0P1P2 A 31 B0 z1 + (Q0 Q0P1P2) z1' - Q0P1P2 A 31 B1( z1' + z 2' ) + (Q0P1P2 A 31 B1) z + (Q0Q1 - Q0P1P2 ) z 2' + Q0Q1 z 3' + Q0P1P2 A 31 q (2.8) Cùng với [ I - P0P1P2(a)] z1 (a) = (2.9) Và Daz1(a) + Dbz1(b) = (2.10) Với : z1 = P0P1P2 x , z = P0P1Q2 x , (2.11) z = P0Q1 x , z = Q0 x Ngợc lại, z i , i = 1, 2, 3, 4, nghiệm đặc biệt (2.8) (2.10) x = i =1 z i nghiệm đặc biệt DAEs(2.5) Việc chứng minh sử dụng kỹ thuật nh [8 - định lý 2.5] đợc bỏ qua Giống nh định lý 2.3, có định lý ổn định sau Định lý 2.7: Giả sử DAEs(1.2) giải đợc với số >0 đủ nhỏ cho DAEs(2.5) chuyển đợc Giả sử Qi đủ trơn Hơn nữa, qua Y biểu thị ma trận phơng trình (2.8) giả sử 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 ) Thế BVP bao gồm DAEs(2.5) biên Dax(a) + Dbx(b) = (2.12) giải đặc biệt C với R m Hơn nữa, x nghiệm đặc biệt (2.5) (2.12), z i quy định (2.11) nghiệm BVP bao gồm DAEs(2.5) điều kiện z1 : Da z1 (a) + Db z1 (b) = (2.13) Ngợc lại, z i , i = 1, 2, 3, 4, nghiệm hệ (2.8) (2.13) z R(P0P1Q2), z c R(P0Q1), z R(Q0), x = i =1 z i nghiệm đặc biệt DAEs(2.5) (2.12) Hệ (2.8) tham số (2.5) có vấn đề suy biến Trong phần dới đây, nghiên cứu tính chất hội tụ nghiệm suy biến Nếu thêm điều kiện phụ minh hoạ, hàm phép chiếu đợc giả thiết đủ trơn Sau bổ đề quan tâm, có ý nghĩa định việc chứng minh kết (cf[7]) Bổ đề 2.8: Cho I quy định : I (t) = 1 t [ a; b] exp( (t s)) (s)ds , a Với L2(a,b) > Tiếp I B(L2(a,b)) nhận xét sau đúng: (a) I = o(1) (b) Nếu H1(a,b), I = o( ) (c) Nếu H (a,b) (a) = 0, I = o( ) Hơn nữa, với c số c R cho : I c với > đây, kí hiệu chuẩn L2(a,b)m Định lý 2.9: Giả sử x x nghiệm phơng trình (2.1) (2.5) với (2.12) tơng ứng Nếu P0P1Q2 x (a) = P0P1Q2A q(a), P ( x x ) = o( ) Chứng minh : Đầu tiên, xem xét phơng trình thứ cho (2.2) (2.8), tơng ứng Để kí hiệu ngắn , đa cách viết gọn sau : (P0P1Q2) = U11,, U11( ) = + U11, f = P0P1Q2A 31 q Chúng có : z 2' = U11( ) z + U11 z1 + U11 z + f z2 = f Nhân phơng trình đầu hệ với exp(- (t s )) lấy tích từ a đến t, có 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 a a a U11 z ), z (t) exp(- 1 (t a )) z (a) = f(t) f(a) exp(- (t a )) + I (U11 z1 + U11 z + U11 z - f) z (t) z2(t) = I ( U11 z1 + U11 z + U11 z - f) (2.14) Do : z (t ) z (t ) = o( ) (2.15) Đạo hàm (2.14) sinh : z 2' - z2 = I f f + U11 z1 - I U11 z1 + U11 z - I U11 z + U11 z - I U11 z Dới giả sử f Qi đủ mịn, có : z 2' (t ) z 2' (t ) = o( ) Tiếp theo, lấy phơng trình đầu cho (2.2) (2.8) tơng ứng, vào xem xét Hiển nhiên phơng trình đầu đợc cho trong(2 8) theo quy luật o( ) - độ lệch phơng trình đợc cho (2.2) A thờng đối số đa đánh giá z1' (t ) z1' (t ) + z1 (t ) z1 (t ) = o( 2) Lần thứ ba, xem nh phơng trình cho (2.2) (2.8), tơng ứng Ta kí hiệu (P0Q1Q2) = V11, P0Q1P2A B1 = V12, P0Q1Q2 = V13, 1 P0Q1P2A B0 = V1, P0Q1P2A q = h Chúng có : 1 1 z 3' = ( - I + V11) z - V12( z1' + z 2' ) + V13( z1' + z 2' ) - V14 z1 + h, z3 = -V14z1 + V13(z1 + z2) + h Sau thao tác giống phơng trình thứ cho (2 8) có z (t) - exp(- (t a )) z (a) = I [V11 z - V12 z1' - V12 z 2' - (V13( z1' + z 2' )) h + (V14 z1 )] ' ' ' ' + exp(- (t a ))[-V13(a)( z1 (a) + z (a) h(a) + V14 z1 (a)] + V13( z1 + z ) + h(t) V14 z1 Căn vào (2.15) (2.16) có [V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 ] [V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 ] = o( ) Tóm lại, thu đợc z (t ) z (t ) z V13 ( z1' + z 2' ) h(t ) + V14 z1 + V13 ( z1' + z 2' ) + h(t ) V14 z1 V13 ( z1' + z 2' ) h(t ) + V14 z1 = o( ) Do đó, có: P ( x x ) z1 z1 + z z + z z = o( ) Một số ví dụ: Trong phần này, đa ví dụ để minh hoạ cho kết thu đợc phần biểu thị nghiệm hệ (1.2) số nghiệm hệ quy định x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t))T x (t) = ( x1 (t ) , x (t ) , x3 (t ) )T, tơng ứng Ví dụ 1: Chúng xét ... 2, 3, 4, đợc quy định : z1 = P0P1P2x, z2 = P0P1Q2x, z3 = P0Q1x, z4 = Q0x nghiệm đặc biệt phơng trình DAEs sau : z1 + [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)z1] = P0P1P2A 31 z2 = P0P1Q2A 31 q z3 = P0Q1P2A 31 ... P0P1P2A 31 B1) z1' + P0P1P2A 31 B1 z 2' + [P0P1P2A 31 B0 (P0P1P2)] z1 - (P0P1P2A 31 B1) z = P0P1P2A 31 q , z 2' + [I - (P0P1Q2) z - (P0P1Q2) z1 - (P0P1Q2) z = P0P1Q2A 31 q , z 3' +... (P0Q1P2) z +( P0Q1P2 A 31 B1 P0Q1Q2)( z1' + z 2' ) + P0Q1P2 A 31 B0 z1 = P0Q1P2A 31 q, z = -Q0P1P2 A 31 B0 z1 + (Q0 Q0P1P2) z1' - Q0P1P2 A 31 B1( z1' + z 2' ) + (Q0P1P2 A 31 B1) z + (Q0Q1