Phương trình tích phân kì dị

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN PHẠM THỊ HẰNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Chuyên ngành : Cử nhân Toán - Tin Giáo viên hướng dẫn : CN Phan Anh Tuấn Đà Nẵng - 2013 Mục lục Mở đầu Lý thuyết tảng ma trận Phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số 25 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 MỞ ĐẦU Phương trình vi phân nghiên cứu từ lâu, khoảng 200 năm trở lại Nhưng vào năm 70 kỉ trước xuất số tốn liên quan đến phương trình vi phân dạng Ax (t) + Bx(t) = 0, A, B ∈ L(Rm ) , det(A) = Đây dạng đặc biệt phương trình vi phân đại số (diffirential algebraic equation - DAE) Ngay sau loại phương trình nhiều nhà tốn học vào nghiên cứu Phương trình vi phân đại số có nhiều điểm đặc biệt mà ta khơng thể tìm thấy phương trình vi phân thường, ví dụ: ma trận hệ số ma trận suy biến, khơng có tính chất "nhân quả" đầu vào đầu ra, , làm cho việc nghiên cứu vấn đề liên quan trở nên phức tạp lại hấp dẫn Để nghiên cứu DAE, người ta tiến hành nhiều cách khác nhau, tìm nghiệm phương trình thơng qua ma trận sở, tìm nghiệm thơng qua cặp ma trận quy để đưa phương trình hệ gồm phương trình, phương trình phương trình vi phân thường, cịn phương trình hai phương trình đại số với ma trận lũy linh Bài khóa luận sử dụng phương pháp thứ hai để trình bày cơng thức nghiệm phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số Ax (t) + Bx(t) = q(t), A, B ∈ L(Rm ) , det(A) = 0; tức đưa phương trình hệ y (t) = M1 y(t) + N1 q1 (t) az (t) = z(t) + N2 q2 (t) Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, khóa luận gồm chương: Chương I: Lý thuyết tảng ma trận Chương trình bày kiến thức sở để sử dụng chương sau Chương II: Phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số Trong chương trình bày cơng thức nghiệm hệ phương trình vi phân đại số dạng Ax (t) + Bx(t) = q(t), với A, B ∈ L(Rm ) , det(A) = Bài khóa luận hồn thành khoa Tốn, trường Đại học Sư Phạm - Đại học Đà Nẵng hướng dẫn Thầy giáo CN Phan Anh Tuấn Qua em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy không quản thời gian công sức giúp em hồn thành khóa luận Em xin cảm ơn Thầy, Cơ giáo khoa Tốn, trường Đại học Sư Phạm - Đại học Đà Nẵng cung cấp kiến thức bổ ích, tạo điều kiện tốt để khóa luận hồn thành Sau em xin bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè cảm thơng, ủng hộ giúp đỡ suốt năm đại học thời gian làm khóa luận Mặc dù cố gắng song khóa luận khó tránh khỏi hạn chế thiếu sót, em mong nhận ý kiến đóng góp để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn Đà Nẵng, ngày tháng năm Sinh viên Phạm Thị Hằng Chương Lý thuyết tảng ma trận Ta kí hiệu khơng gian vectơ     x1         m T   R = x =   x = (x1 , , xm ) xi ∈ R       xm Nếu ta cố định sở tắc e1 = (1, , 0)T , , em = (0, , 1)T Rm , ánh xạ tuyến tính L : Rm → Rm xác định ma trận A cỡ m × m với L(x) = Ax Do đó, tập ma trận cỡ m × m kí hiệu L(Rm ) Với ma trận A ∈ L(Rm ), ta ký hiệu A phần tử aij theo dạng A = (aij ) cột theo dạng A = (a1 , , am ) Nếu A có dạng   A1  A2          0 As với Ai ma trận chéo ta kí hiệu A = diag(A1 , , As ) Ta kí hiệu ma trận hình chữ nhật thành phần Ai theo dạng A = (A1 , A2 ) cột theo dạng A = (a1 , , as ) Với A ∈ L(Rm ), ta kí hiệu khơng gian ảnh A Im(A) := {y : ∃ x(x ∈ Rm , Ax = y)}, không gian hạch (null-space) A Ker(A) := {x : Ax = 0} Cả hai không không gian Rm số chiều chúng thỏa mãn phương trình dim(Ker(A)) + dim(Im(A)) = m (1.1) Nếu U1 U2 không gian Rm , U1 + U2 kí hiệu tổng U := {x : x = x1 + x2 , x1 ∈ U1 , x2 ∈ U2 } Nếu U1 ∩ U2 = {0}, U gọi tổng trực tiếp viết U = U1 ⊕ U2 Rõ ràng, ta ln có dim(U1 ⊕ U2 ) = dim(U1 ) + dim(U2 ) với x ∈ U1 ⊕ U2 , phép khai triển x = x1 + x2 với x1 ∈ U1 , x2 ∈ U2 Một phép chiếu P ma trận cho P = P , phép chiếu P ta ln có Im(P ) ⊕ Ker(P ) = Rm , thật vậy, giả sử x ∈ Im(P ) ∩ Ker(P ) P x = tồn y cho P y = x Ta có = P x = P P y = P y = P y = x Do Im(P ) ∩ Ker(P ) = {0} Với x ∈ Rm , x = P x + (I − P )x = P x + Qx = P x + y Ta thấy P y = P Qx = P (I − P )x = (P − P )x = nên y ∈ Ker(P ); mặt khác P x ∈ Im(P ), x ∈ Im(P ) + Ker(P ) Từ ta có Rm = Im(P ) + Ker(P ) Do Rm = Im(P ) ⊕ Ker(P ) Ngược lại, với phép khai triển Rm = U ⊕ V tồn phép chiếu P cho Im(P ) = U Ker(P ) = V Thật vậy, lấy x ∈ Rm , ta có x = (x1 , , xm )T = (x1 , , xn , 0, , 0)T + (0, , 0, xn+1 , , xm )T với (x1 , , xn , 0, , 0)T ∈ U (0, , 0, xn+1 , , xm )T ∈ V Giả sử dim(U ) = n với n < m Do U không gian nên U = span{y1 , , yn } với {y1 , , yn } sở U Chọn P = (y1 , , yn , 0, , 0), với x ∈ Rm ta có   x1            xn  P x = (y1 , , yn , 0, 0) x  =  n+1          xm n xi yi ∈ U i=1 Do Im(P ) ⊂ U Hơn nữa, với u ∈ U tồn αi ∈ R , i n cho  n u= i=1  α1           α  αi yi = (y1 , , yn , 0, , 0)  0n  = P α ∈ Im(P )           Do U ⊂ Im(P ) Vậy U = Im(P ) Theo Rm = Im(P ) ⊕ Ker(P ) = U ⊕ V nên V = Ker(P ) Phép chiếu P gọi phép chiếu lên U dọc theo V Rõ ràng, Q = I − P (I ma trận đơn vị cỡ m × m) phép chiếu lên V dọc theo U Thật vậy, lấy x ∈ Im(Q) tồn y cho Qy = x Ta có P x = P Qy = P (I − P )y = hay x ∈ Ker(P ) Ngược lại, lấy x ∈ Ker(P ), P x = 0, Qx = (I − P )x = x hay x ∈ Im(Q) Do Im(Q) = Ker(P ) Giả sử x ∈ Ker(Q), Qx = kéo theo P x = x, hay x ∈ Im(P ) Lấy x ∈ Im(P ), tồn y cho x = P y , ta có Qx = QP y = (I − P )P y = hay x ∈ Ker(Q) Do Ker(Q) = Im(P ) Ví dụ: Cho phép chiếu không gian R2 , P : R2 → R2 a a Đặt P = a11 a12 , P = P tương đương 21 22 a11 + a12 a21 a11 a12 + a12 a22 a a = a11 a12 , tương đương với hệ a21 a11 + a21 a22 a21 a12 + a22 21 22 a211 + a12 a21 = a11 , a12 (a11 + a22 − 1) = 0, a21 (a11 + a22 − 1) = a21 a12 + a222 = a22 ; từ ta có a12 = a11 + a12 = Chọn a11 = , a22 = a21 = Do P = 1 1 Thử lại: = 1 hay P2 = P Lấy x1 x1 x = (x1 , x2 )T ∈ R2 , ta có P x = x2 = x1 , Im(P ) = x x ,x ∈ R P x = kéo theo x1 = 0, Ker(P ) = x ,x ∈ R Với x ∈ R2 , ta có x x = x1 x = x1 + x − x ∈ Im(P ) + Ker(P ), R2 = Im(P ) + Ker(P ) Giả sử t ∈ Im(P ) ∩ Ker(P ), x t = x = y , nên x = y = 0, ∀x, y ∈ R, R2 = Im(P ) ⊕ Ker(P ) P gọi phép chiếu lên Im(P ) dọc theo Ker(P ) 1 0 Đặt Q = I − P = − = −1 0 0 0 Ta có Q2 = −1 = −1 −1 = Q Lấy x ∈ R , 0 x1 Qx = −1 x2 = x2 − x1 , Im(Q) = x ,x ∈ R = Ker(P ) x Qx = kéo theo x1 = x2 , Im(Q) = x = Ker(Q) Vậy Q phép chiếu lên Ker(P ) dọc theo Im(P ) Nếu U không gian Rm A ∈ L(Rm ), ta kí hiệu AU = {y : y = Ax, x ∈ U } Với ma trận A ∈ L(Rm ), Im(A) + Ker(A) không gian UA Rm Nếu Im(A) ∩ Ker(A) = {0}, Im(A) + Ker(A) = Im(A) ⊕ Ker(A) = Rm nhờ (1.1) Rõ ràng, Ker(Ak ) ⊇ Ker(Ak−1 ) Im(Ak ) ⊆ Im(Ak−1 ) với k ∈ N Thật vậy, giả sử y ∈ Ker(Ak−1 ) Ak−1 y = Do Ak y = AAk−1 y = A0 = nên y ∈ Ker(Ak ) Lấy y ∈ Im(Ak ), tồn x ∈ Rm cho Ak x = y Ta có Ak x = Ak−1 Ax = y , Ax ∈ Rm nên y ∈ Im(Ak−1 ) Vậy Im(Ak ) ⊆ Im(Ak−1 ) , ∀k ∈ N Nếu Ker(Ak−1 ) ⊂ Ker(Ak ), Ker(Al−1 ) ⊂ Ker(Al ) với l ∈ N cho l < k Lấy z ∈ R cho z ∈ Ker(Ak ), z ∈ / Ker(Ak−1 ), Ak z = Ak−1 z = Với l < k, l ∈ N ta có Al (Ak−l z) = Al−1 (Ak−l z) = Do Ker(Al−1 ) ⊂ Ker(Al ) Mặt khác, Im(Ak ) ⊂ Im(Ak−1 ), ta có Im(Al ) ⊂ Im(Al−1 ) với l ∈ N cho l < k Vì từ Im(Al ) = Im(Al−1 ) ta có Im(Ak ) = Ak−l Im(Al ) = Ak−l Im(Al−1 ) = Im(Ak−1 ) Hơn nữa, Ker(Ak ) = Ker(Ak−1 ) dim(Ker(Ak )) = dim(Ker(Ak−1 )), tức dim(Im(Ak )) = dim(Im(Ak−1 )) Do đó, Im(Ak ) ⊆ Im(Ak−1 ), nên Ker(Ak ) = Ker(Ak−1 ) Im(Ak ) = Im(Ak−1 ) Vì A0 = I nên ta có Rm = Im(A0 ) ⊃ Im(A1 ) ⊃ · · · ⊃ Im(Ak ) = Im(Ak+1 ) = (1.2) {0} = Ker(A0 ) ⊂ Ker(A1 ) ⊂ · · · ⊂ Ker(Ak ) = Ker(Ak+1 ) = (1.3) Định nghĩa 1.1 Với A ∈ L(Rm ), số A ind(A) := min{k ∈ N ∪ {0} : Ker(Ak ) = Ker(Ak+1 )} Định lý 1.1 Im(Ak ) + Ker(Ak ) ⊂ Rm với < k < ind(A) Im(Ak ) + Ker(Ak ) = Im(Ak ) ⊕ Ker(Ak ) = Rm với k ≥ ind(A) Chứng minh Cho k ≥ ind(A) x ∈ Im(Ak ) ∩ Ker(Ak ) Khi x = Ak z = Ak x = A2k z = Ak z = x Ker(Ak ) = Ker(A2k ) Do đó, Im(Ak ) + Ker(Ak ) = Im(Ak ) ⊕ Ker(Ak ) = Rm nhờ (1.1) Ngược lại Im(Ak ) ⊕ Ker(Ak ) = Rm , Ak+1 x = Điều dẫn tới A2k x = 0, 10 tức Ak x ∈ Im(Ak ) ∩ Ker(Ak ) = {0} Khi đó, Ker(Ak+1 ) ⊆ Ker(Ak ) k ≥ ind(A) Cho k = ind(A) Khi A ánh xạ không gian Im(Ak ) Ker(Ak ) lên chúng Im(Ak+1 ) = Im(Ak ) Ker(Ak+1 ) = Ker(Ak ) Vì Im(Ak ) ⊕ Ker(Ak ) = Rm nên ánh xạ tuyến tính C ∈ L(Rm ) xác định cách lấy ảnh u ∈ Im(Ak ) v ∈ Ker(Ak ) Khi Cx = Cu + Cv với x = u + v Định nghĩa 1.2 Cho k = ind(A) AD xác định AD y = x với y ∈ Im(Ak ) y = Ax, AD y = với y ∈ Ker(Ak ) Khi đó, AD gọi nghịch đảo Drazin A AD định nghĩa nhất.Thật vậy, giả sử AD , B nghịch đảo Drazin A Với x ∈ Rm , ta có AD x = AD y + AD z với ∈ Im(Ak ), z ∈ Ker(Ak ) = AD y = y với Ay = y = By + Bz = Bx Từ (AD − B)x = với x ∈ Rm , khơng gian nghiệm phương trình Rm Nếu AD − B = khơng gian nghiệm phương trình Ker(AD − B) không gian thực Rm , mâu thuẫn Do AD − B = hay AD = B Định lý sau tổng hợp tính chất quan trọng nghịch đảo Drazin Định lý 1.2 Cho k = ind(A) PA phép chiếu lên Im(Ak ) dọc theo Ker(Ak ) Khi PA = AD A = AAD Hơn nữa, AD AAD = AD Al+1 AD = Al với l ≥ k Chương Phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số Ta xét DAE’s tuyến tính với hệ số Ax (t) + Bx(t) = q(t), (2.1) với A, B ∈ L(Rm ), det(A) = Điều kiện suy biến A cần thiết det(A) = ta chuyển (2.1) dạng x (t) = −A−1 Bx(t) + A−1 q(t) (2.2) Dạng nghiên cứu phương trình vi phân khơng thuộc phạm vi nghiên cứu khóa luận Đầu tiên, quan tâm đến cách giải DAE Ax (t) + Bx(t) = (2.3) Nếu chùm ma trận (A, B) suy biến det(zA + B) ≡ 0, tức với z ∈ R ta có det(zA + B) = Điều đồng nghĩa ∃uz ∈ Rm cho |uz | = (zA + B)uz = Khi xz (t) = ez(t−t0 ) uz nghiệm (2.3) với điều kiện ban đầu x(t0 ) = uz Với m+1 giá trị zi ∈ R, tồn m+1 vectơ uzi với |uzi | = m+1 cho x(t) = ezi (t−t0 ) uz ≡ nghiệm toán giá trị ban đầu i=1 Ax (t) + Bx(t) = 0, x(t0 ) = 0, 25 (2.4) 26 m+1 uzi = ln tồn tổ hợp tuyến tính i=1 Với tập M = {zi ∈ R | i ∈ I hữu hạn, zi phân biệt}, không ezi (t−t0 ) = Điều có nghĩa với tập hữu hạn thể xảy zi ∈M M phân biệt, cho ta nghiệm phân biệt Do đó, có vơ hạn đếm nghiệm khác toán giá trị ban đầu (2.4) toán giá trị ban đầu (2.3) Trái lại, chùm ma trận (A, B) quy, det(zA + B) có bậc khơng vượt q m dó có nhiều m nghiệm Do ta có điều kiện cần cho tính nghiệm Định nghĩa 2.1 DAE’s Ax (t) + Bx(t) = q(t) gọi điều khiển chùm ma trận (A, B) quy Ta ln giả thiết (A, B) quy chọn c ∈ R \ spec(A, B) Do (cA + B)−1 A (cA + B)−1 B giao hoán, theo định lý 1.11, nên (2.1) tương đương ([cA + B]−1 A)x (t) + ([cA + B]−1 B)x(t) = (cA + B)−1 q(t) (2.5) Do khơng tính tổng qt ta giả sử A, B giao hoán Cho x ∈ C (1) := C (1) ([t0 , T ]), tập tất hàm khả vi liên tục x : [t0 , T ] −→ Rm , nghiệm phương trình (2.3) với A, B giao hoán, tức Ax (t) = −Bx(t) Khi Bx(t) Bx (t) thuộc Im(A), tức −B x(t) = BAx (t) = ABx (t) ∈ Im(A2 ) Điều dẫn đến B x (t) ∈ Im(A2 ) −B x(t) = B Ax (t) = AB x (t) ∈ Im(A3 ) Tiếp tục trình ta thu B l x(t) ∈ Im(Al ) với l, tức với l ≥ k := ind(A) ta có B l x(t) ∈ Im(Ak ) Những kết tổng kết định lý sau (2.6) 27 Định lý 2.1 Nếu (A, B) quy ind(A) = k với nghiệm x phương trình Ax (t) + Bx(t) = thỏa mãn điều kiện ([cA + B]−1 B)l x(t) ∈ Im(([cA + B]−1 A)k ) = Im(([cA + B]−1 A)D ), ∀l ≥ k Cho (A, B) quy, A giao hoán với B k = ind(A) = Ax (t) + Bx(t) − q(t) ∈ Ker(AD ) ∩ Ker(B D (I − AD A)) = {0} (theo định lý 1.8) Do (2.1) tương đương Ax (t) + Bx(t) − q(t) ∈ Ker(AD ) ∩ Ker(B D (I − AD A)), điều tương đương với AD {Ax (t) + Bx(t) − q(t)} = B D (I − AD A){Ax (t) + Bx(t) − q(t)} = (*) Đặt y(t) := AD Ax(t), z(t) := (I − AD A)x(t), g(t) := AD Aq(t) h(t) := (I − AD A)q(t) Khi = AD Ax (t) + AD Bx(t) − AD q(t) = y (t) + AD By(t) − AD g(t), AD B = AD AAD B = AD BAD A Hơn ta có: = B D (I − AD A)Ax (t) + B D (I − AD A)Bx(t) − B D (I − AD A)q(t) = B D A(I − AD A)x (t) + B D B(I − AD A)x(t) − B D (I − AD A)q(t) = B D Az (t) + z(t) − B D h(t) Do hệ (*) trở thành y (t) + AD By(t) − AD g(t) B D Az (t) + z(t) − B D h(t) z(t) = (I − AD A)x(t) ∈ Im(I − AD A) = Ker(AD A) ⊆ Im(B D B) (theo định lý 1.9) Định lý 2.2 Nếu (A, B) quy, A giao hốn với B ind(A) = k DAE Ax (t) + Bx(t) = q(t) tương đương với hệ y (t) = −AD By(t) + AD g(t) (2.7) z(t) = −B D Az (t) + B D h(t) (2.8) với y(t) = AD Ax(t) ∈ Im(Ak ), z(t) = x(t) − y(t) ∈ Ker(Ak ) (2.9) g(t) = AD Aq(t) ∈ Im(Ak ), h(t) = q(t) − g(t) ∈ Ker(Ak ) (2.10) 28 Xét phương trình vi phân sau: y = Ay (1) y = Ay + f (2) với A ∈ L(Rm ), y ∈ Rm Với điều kiện ban đầu y(t0 ) = y0 , ta giải nghiệm (1) y(t) = y0 eA(t−t0 ) Nghiệm (2) t y(t) = eA(t−t0 ) y0 + eA(s−t0 ) f (s)ds t0 Bây ta giải (2.7) định lý 2.2 với điều kiện ban đầu y0 = y(t0 ) Từ kết phương trình (2) ta thay A AD B , f AD g(t) Nghiệm tổng quát (2.7) t y(t) = e−(t−t0 )A D B e(s−t0 )A y0 + D B AD g(s)ds (2.11) t0 Từ (2.8) ta z (l) (t) = −B D Az (l+1) (t) + B D h(l) (t), l < k Ta có z(t) = −B D Az (t) + B D h(t) = −B D A{−B D Az (t) + B D h (t)} + B D h(t) = (−B D A)2 z (t) + (−B D A)B D h (t) + B D h(t) = = (−B D A)k z (k) (t) + (−B D A)k−1 B D h(k−1) (t) + + (−B D A)B D h (t) + B D h(t) k−1 D k (k) = (−B A) z (−B D A)l B D h(l) (t) (t) + l=0 k−1 = (−B D )k Ak z (k) (t) + (−B D A)l B D h(l) (t) l=0 29 z(t) ∈ Ker(Ak ) nên (−B D )k Ak z (k) (t) = Do k−1 (−B D A)l B D h(l) (t) z(t) = (2.12) l=0 Định lý 2.3 Giả sử (A, B) quy, A giao hoán với B , ind(A, B) = k q(t) = g(t) + h(t) với g(t) ∈ Im(Ak ), h(t) ∈ Ker(Ak ) h hàm có đạo hàm đến cấp k − g liên tục Khi nghiệm tổng quát Ax (t) + Bx(t) = q(t) xác định t D −(t−t0 )A B x(t) = e y + k−1 e (s−t0 )AD B (−B D A)l B D h(l) (t) D A g(s)ds + l=0 t0 (2.13) với y vectơ tùy ý thuộc Im(Ak ) Nếu A, B không giao hốn det(cA + B) = (2.1) tương đương với Ax (t) + Bx(t) = (cA + B)−1 q(t) (2.14) A := (cA + B)−1 A B := (cA + B)−1 B giao hoán Do theo định lý 2.3 ta có (cA + B)−1 q(t) = g(t) + h(t) với g(t) ∈ Im(Ak ), h(t) ∈ Im(B k ) Định lý 2.4 Giả sử (A, B) quy, ind(A, B) = k , A = (cA + B)−1 A, B = (cA + B)−1 B (cA + B)−1 q(t) = g(t) + h(t) với g(t) ∈ Im(Ak ), h(t) ∈ Ker(Ak ) h có đạo hàm đến cấp k-1 g liên tục Khi nghiệm tổng quát Ax (t) + Bx(t) = q(t) xác định t x(t) = e D −(t−t0 )A B y + k−1 e (s−t0 )AD B D (−B D A)l B D h(l) (t) A g(s)ds + t0 l=0 (2.15) y vectơ Im(Ak ) Chú ý: Sự tồn đạo hàm đến cấp k − h điều kiện đủ cho phép biểu diễn (2.15) x(t) x(t) không cần thiết khả vi nên khơng nghiệm (2.14) theo nghĩa cổ điển Mặt khác hàm x(t) 30 xác định (2.15) nhìn chung mơ tả q trình hệ thống mơ hình (2.14) nên ta xem nghiệm Hơn nữa, có h(t) ∈ / Ker([B D A]l B D ) có đạo hàm đến cấp l Chỉ có y chọn tùy ý không gian Im(Ak ) x(t0 ) = y + p0 với p0 = k−1 (−B D A)l B D h(l) (t) cố định l=0 Vectơ ban đầu x(t0 ) tạo thành không gian affine p0 + Im(Ak ) := {x : x = p0 + y, y ∈ Im(Ak )} có số chiều r = dim(A)k < m Định lý 2.5 Nếu giả thiết định lý 2.4 thỏa mãn [t0 , T ] tốn giá trị ban đầu Ax (t) + Bx(t) = q(t), x(t0 ) − x0 ∈ Ker(Ak ) (2.16) có nghiệm [t0 , T ] với x0 ∈ Rm Nghiệm xác định (2.15) với y = AD Ax0 ∈ Im(Ak ) Chứng minh Ta có AD Ap0 = k−1 (−B D A)l B D AD Ah(l) (t0 ) = l=0 (l) k D h (t0 ) ∈ Ker(A ) = Ker(A ) = Ker(AD A) Do x(t0 ) − x0 ∈ Ker(Ak ) nên = AD A(x(t0 ) − x0 ) = AD A(x(t0 ) − p0 − x0 ) = AD A(y − x0 ) = y − AD Ax0 với y xác định điều kiện ban đầu x(t0 ) − x0 ∈ Ker(Ak ) : y = AD Ax0 Định lý 2.5 thể cách phân biệt với phương trình vi phân hiện, yêu cầu x(t0 ) − x0 = mà x(t0 ) − x0 ∈ Ker(Ak ) Đây khác biệt DAE với phương trình vi phân, coi phương pháp đặc biệt để tìm nghiệm BVP’s Sự khác biệt thứ hai thể rõ ràng trường hợp ind(A, B) = k > Để giải thích điều ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.1 Nếu (A, B) quy w ∈ Ker(Aj ), w ∈ / Ker(Aj−1 ) (−B D A)l B D w = với l < j 31 Chứng minh Do w ∈ / Ker(Aj−1 ) nên w ∈ / Giả sử tồn i < j cho (−B D A)l B D w = 0, (−1)i (B D )i+1 Ai w = 0, Ai w ∈ Ker((B D )i+1 ) Mà Ker((B D )i+1 ) = Ker(B D ) ind(B D ) = Thật vậy, ta có (B D )2 x = 0, tương đương B D B D x = 0,do B D x ∈ Ker(B D ) = Ker(B k ); hay B k B D x = 0, tương đương B D B k x = 0, B k x ∈ Ker(B D ) = Ker(B k ); hay B k B k x = 0, tương đương (B 2k )x = Do Ker((B D )2 ) = Ker(B 2k ) = Ker(B k ) = Ker(B D ), nên ind(B D ) = Do Ai w ∈ Ker(B D ) = Ker(B n ) với n = ind(B), Ai w ∈ Ker([z A + B]j+n ), ∀z ∈ R [z A + B]j+n Ai w = j+n k Cj+n z k Ak B j+n−k Ai w = k=0 j+n−k j+n k Cj+n z k Ak+i B j+n−k w k=0 i Với ≤ k ≤ j B A w = Với j + ≤ k ≤ j + n Ak+i w = Ak+i−j Aj w = Do A, B giao hoán nên [z A + B]j+n Ai w = Do Ai w = nên det([z A + B]j+n ) = 0, kéo theo det(z A + B) = 0, ∀z ∈ R, suy det(cA + B)−1 det(zA + B) = Do cA + B khả nghịch nên det(zA + B) = Do (A, B) suy biến, vơ lý Xét tốn giá trị ban đầu (2.16) với x0 = điều kiện định lý 2.5 Ax (t) + Bx(t) = q(t), x(t0 ) ∈ Ker(Ak ) (2.17) Ta có y = AD Ax0 = Nghiệm toán là: x(t) = (−B D A)l B D h(l) (t)  t − t0  ) với j = 4k cos(2πn    T − t0   t − t0   −sin(2πn ) với j = 4k + T − t Cho ϕjn (t) = t − t0   −cos(2πn ) với j = 4k +   T − t     sin(2πn t − t0 ) với j = 4k + T − t0 2πn ϕj+1,n (t), ∀j Ta có ϕjn (t) = T − t0 qn (t) = ϕ0n (t)v với v ∈ Ker(AAk−1 ), v ∈ / Ker(Ak−1 ) tức n (2.18) 32 w := (cA + B)−1 v ∈ Ker(Ak ), w ∈ / Ker(Ak−1 ) Nghiệm (2.17) ứng với qn (t) là: k−1 ( xn (t) = l=0 2πn l ) ϕln (t)vl T − t0 n vl = (−B D A)l B D w = 0, ∀l < k Ta có k−1 xn (t) = ( 2πn l ) ϕ (t)vl T − t0 n ln ( 2πn l t − t0 ) ϕl+1,n (t)vl T − t0 n T − t0 ( 2πn l+1 ) ϕl+1,n (t)vl T − t0 n l=0 k−1 = l=0 k−1 = l=0 Khi k−1 (−1)l ( Axn (t) + Bxn (t) = l=0 k−1 (−1)l ( + l=0 2πn l+1 ) ϕl+1,n (t)(B D A)l+1 w T − t0 n 2πn l ) ϕln (t)(B D A)l w T − t0 n 2πn k ϕ0n (t)w + (−1)k−1 ( ) ϕkn (t)(B D A)k w n T − t0 n = ϕ0n (t)w n = (cA + B)−1 ϕ0n (t)v n −1 = (cA + B) qn (t) = Do Ax (t) + Bx(t) = qn (t) Với k ≥ xn (t) khơng hội tụ n → ∞, với k > nghiệm vượt qua khỏi biên, tức xn (t) dễ tiến đến ±∞ Tuy nhiên, [t0 , T ] nhiễu qn (t) hội tụ q(t) ≡ 0, nghiệm toán (2.17) thuộc vào 33 q(t) ≡ xn (t) ≡ Do đó, ta khơng có phụ thuộc liên tục nghiệm x(t) vào nhiễu q(t) với k > 1.Từ ind(A, B) > tốn giá trị ban đầu (2.16) gọi đặc khơng chỉnh Đây khác biệt thứ hai phương trình vi phân, điều khơng thể xảy DAE với ind(A, B) = Điều đặc biệt quan trọng nghiên cứu chi tiết sau Theo định lý 1.10 ma trận G := A + BQ khả nghịch với phép chiếu Q = I − P lên Ker(A) Do Im(Q) = Ker(A) nên AQ = 0, A = AP + AQ = AP Ta có GP = AP + BQP = A nên P = G−1 A Do GQ = (A + BQ)Q = AQ + BQ2 = BQ nên Q = G−1 BQ Đặt u(t) := P x(t) v(t) := Qx(t) Từ Ax (t) + Bx(t) = q(t) ta có G−1 Ax (t) + G−1 Bx(t) = G−1 q(t), điều tương đương với P x (t) + G−1 BP x(t) + G−1 BQx(t) = G−1 q(t), hay P x (t) + G−1 BP x(t) + Qx(t) − G−1 q(t) = Do = Ker(P ) ∩ Ker(Q) nên P x (t) + P G−1 BP x(t) − P G−1 q(t) = QG−1 BP x(t) + Qx(t) − QG−1 q(t) = Từ ta có u (t) = −P G−1 BP u(t) + P G−1 q(t) (2.19) v(t) = −QG−1 BP u(t) + QG−1 q(t) (2.20) Theo bổ đề 1.2, QG−1 B = Qs phép chiếu lên Ker(A) dọc theo S Nghiệm tổng quát hệ: t −1 u(t) = e−(t−t0 )P G B −1 e(s−t0 )P G w+ B P G−1 q(s)ds (2.21) t0 v(t) = −Qs u(t) + QG−1 q(t) (2.22) với w ∈ Im(P ) theo bổ đề 1.2 ta có QG−1 P = Qs = I − Ps Định lý 2.6 Cho (A, B) quy, ind(A, B) = 1, q(t) liên tục Q phép chiếu lên Ker(A), G = A + BQ khả nghịch QG−1 B = Qs Khi nghiệm tổng quát Ax (t) + Bx(t) = q(t), x(t0 ) − x0 ∈ Ker(A) (2.23) 34 xác định x(t) = Ps u(t) + QG−1 q(t) (2.24) với t −1 u(t) = e−(t−t0 )P G B −1 P x0 + e(s−t0 )P G B P G−1 q(s)ds (2.25) t0 Nhận xét: Do q(t) không khả vi, x(t) không ln ln khả vi nên khơng nghiệm (2.1) theo nghĩa cổ điển Tuy nhiên lại thuận tiện vấn đề tổng qt hóa nghiệm (2.24) tốn ứng dụng thực tế nhiễu thường không khả vi Định lý 2.6 với phép chiếu Q = I − P lên Ker(A) Cụ thể phép chiếu Qs dọc theo không gian S = {x : Bx ∈ Im(A)} chọn, Qs u = Qs Ps x = 0, v(t) = Qs G−1 q(t) x(t) = u(t) + v(t) Theo định lý 1.9 Im(Qs ) = Ker(A) = Ker(A) = Ker(AD A) ⊆ Im(B D B) Do B D B phép chiếu nên B D BQs = Qs Định lý 1.11 đảm bảo tính giao hốn Ps = AD A Qs = I − AD A với A, B cho trước đó, AD Qs = AD (I − AD A) = Ta có B D Qs (cA + B)−1 G = B D Qs (A + BQs ) = B D Qs A + B D Qs BQs = B D AQs + B D BQ2s = B D BQs = Qs nên G−1 = B D Qs (cA + B)−1 Ta có v(t) = Qs G−1 q(t) = B D Qs (cA + B)−1 q(t) = B D (I − AD A)(cA + B)−1 q(t) = B D h(t), 35 x(t) = u(t) + B D h(t) (2.26) Hơn nữa, AD (cA + B)−1 G = AD (cA + B)−1 (A + BQs ) = AD A + AD BQs = Ps + B AD Qs = Ps Ta có AD g(t) = AD (cA + B)−1 q(t) = Ps G−1 q(t) AD B = Ps G−1 (cA + B)B = Ps G−1 B Từ (2.25) (2.26) ta suy t x(t) = e−(t−t0 )A D B AD Ax0 + e(s−t0 )A D B AD g(s)ds + B D h(t) (2.27) t0 Kết giống định lý 2.4 phương trình (2.15) Do ta chọn Q = Qs biểu diễn nghiệm định lý 2.6 tổng quát định lý 2.4 trường hợp ind(A, B) = Ví dụ Giải DAE Ax (t) + Bx(t) = q(t),   −1 0 1 A =   B = −1 −1 −1 1 (1) Do A, B không giao hốn nên ta giải (1) cách giải phương trình tương đương Ax (t) + Bx(t) = (cA + B)−1 q(t), (2) với A = (cA + B)−1 A, B= (cA + B)−1 B   1 −1 −1 −2 −1 −1 Chọn c = 1, A =  3  B =  3 −4 −2 −1 3 3 Áp dụng  định lý 1.3 tatính nghịch đảo Drazin A B −7 −9 −1 2 20 AD = −6 3  B D = −2 −1 −2 12 −34 3 36 Chọn  q(t) = e−A D Bt  3e2t − −3e2t + =  2e2t − −2e2t + 0 −4e2t + 4e2t − D g(t) = AD A(A + B)−1 e−A Bt   14e2t − 12 −14e2t + 14 −2    38 2t 32 −38 2t 40 −4  k = 3e − 3 e + 3  ∈ Im(A ), liên tục   −46 2t 40 46 2t 44 e + 3e − 3 D D h(t) = (A + B)−1 e−A Bt − AD A(A + B)−1 e−A Bt   −7e2t + 7e2t −     k 2t 2t e + −e + = 3  ∈ Ker(A ), có đạo hàm cấp   2e2t − 43 −2e2t − 23 −4 Sử dụng định lý 2.4, nghiệm tổng quát (2) xác định t D −(t−t0 )A B x(t) = e y + k−1 e (s−t0 )AD B D (−B D A)l B D h(l) (t) A g(s)ds + l=0 t0 Ta có k = ind(A, B) = ind([A + B]−1 A) = ind(A) = Lấy y = ∈ Im(Ak ) t0 = 0, t x(t) = e−tA D B esA D B AD AD A(A + B)−1 e−A D Bs ds + B D [(A + B)−1 e−A D Bt − AD A(A + B)−1 e−A + B D AB D [(A + B)−1 AD Be−A − AD A(A + B)−1 AD Be−A D Bt ] D Bt D Bt ] 37 Giải ta   −12te2t + 11e2t + 12t + 14 −36te2t − 11e2t − 6t − 13 6t +    10 2t 16 14 2t 2t 2t 4t +  x(t) =  te + 11e + t +  te − 11e −   58 2t −56 −58 2t 2t 2t te − 22e + t − 12 te + 22e + 12t + 10 −8t − KẾT LUẬN Qua trình nghiên cứu hướng dẫn Thầy giáo Phan Anh Tuấn, khóa luận em hồn thành với kết đạt sau: Trong chương I, em trình bày tổng quan khái niệm, tính chất liên quan đến ma trận, phép chiếu, nghịch đảo Drazin, chùm ma trận, số ma trận Thêm vào em trình bày lại chứng minh cách rõ ràng Trong chương II, đưa dạng phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số hằng, đồng thời đưa công thức nghiệm chúng Ngồi ra, em cịn khác DAE phương trình vi phân thường Trong suốt khóa luận, em đưa ví dụ minh họa để thể rõ công thức đưa Trong khoảng thời gian có hạn, khóa luận dừng việc đưa cơng thức nghiệm phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số Bài khóa luận phát triển thêm theo hướng nghiên cứu đưa cơng thức nghiệm phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số biến thiên phương trình vi phân đại số phi tuyến tính 38 Tài liệu tham khảo [1] Eberhard Griepentrog, Roswitha Ma ărz (1986), Differential - Algebraic Equation and Their Numerical Treatment, Teubner - Texte Math., Teubner, Leipzig [2] Stephen H Friedberg, Linear Algebra, Illinois State University 39 ... nghiệm phương trình thơng qua ma trận sở, tìm nghiệm thơng qua cặp ma trận quy để đưa phương trình hệ gồm phương trình, phương trình phương trình vi phân thường, cịn phương trình hai phương trình. .. quan đến phương trình vi phân dạng Ax (t) + Bx(t) = 0, A, B ∈ L(Rm ) , det(A) = Đây dạng đặc biệt phương trình vi phân đại số (diffirential algebraic equation - DAE) Ngay sau loại phương trình nhiều... ma trận Chương trình bày kiến thức sở để sử dụng chương sau Chương II: Phương trình vi phân đại số tuyến tính với hệ số Trong chương trình bày cơng thức nghiệm hệ phương trình vi phân đại số dạng