Nghiệm đa thức cho bài toán chuyển động chất điểm dưới tác động của lực trọng trường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG ————— PHẠM THỊ THANH THỦY NGHIỆM ĐA THỨC CHO BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CHẤT ĐIỂM DƯỚI TÁC ĐỘNG CỦA LỰC TRỌNG TRƯỜNG Sinh viên thực hiện: Phạm Thị Thanh Thủy Giáo viên hướng dẫn: TS Lê Hải Trung Đà Nẵng, 06/2014 MỤC LỤC MỞ ĐẦU KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Ma trận định thức 1.2 Định lý nghiệm hệ Cramer không 1.3 Hệ hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính 1.4 Định thức Wronxki 6 12 14 14 NGHIỆM ĐA THỨC ĐỐI VỚI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CHẤT ĐIỂM DƯỚI TÁC ĐỘNG CỦA LỰC TRỌNG TRƯỜNG 16 2.1 Phát biểu toán 16 2.2 Xây dựng nghiệm đa thức toán chuyển động điều kiện có đạo hàm cấp k hàm điều khiển u(t) 26 SỬ VÀ 3.1 3.2 3.3 DỤNG PHẦN MỀM MATHEMETICA KIỂM TRA KẾT QUẢ Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra ĐỂ TÍNH TỐN 30 tốn 2.1 30 toán 2.2 31 toán 2.3 31 KẾT LUẬN 33 Tài liệu tham khảo 34 MỞ ĐẦU 1.Lý chọn đề tài Lý thuyết điều khiển lĩnh vực quan trọng ứng dụng rộng rãi thực tế Vì vậy, lý thuyết điều khiển nhận nhiều quan tâm toán học đại Nhiều toán vật lý, hóa học, kinh tế, sinh học chuyển mơ hình tốn học xem xét mơ tả phương trình vi phân tuyến tính hệ phương trình vi phân dạng x(t) ˙ = Bx(t)+Du(t), với hàm trạng thái hàm vec-tơ không gian n chiều hàm vec-tơ hàm điều khiển khơng gian m chiều Mơ hình toán điều khiển dạng hệ dừng tuyến tính xem xét nghiên cứu nhiều tác giả như: S.P.Zubova, V.N RaesKaya, N.N Kraxopxki, cơng trình tác giả trên, hàm điều khiển tìm dạng hàm mũ ma trận: ∗ u(t) = D∗ etB ( ∗ e−sB DD∗ esB ds)−1 (e−T B xT − x0 ) Đề tài tiến hành xem xét toán chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường, mà mơ hình chuyển động mơ tả hệ phương trình dạng x(t) ˙ = Bx(t) + Du(t), với B , D ma trận cỡ (4× 4) (4 × 2) tương ứng ( Xem [7] ) Và với toán cho ta bổ sung thêm điều kiện đạo hàm đến cấp k cho hàm điều khiển u(t), tiến hành xây dựng nghiệm toán dạng đa thức bậc 2k + Với mong muốn tiếp cận học tập phương pháp nghiên cứu khoa học, đồng thời gợi ý thầy giáo hướng dẫn - TS Lê Hải Trung nên tác giả mạnh dạn lựa chọn đề tài: "Nghiệm đa thức toán chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường" cho luận văn Mục đích nghiên cứu Nội dung đề tài trình bày việc nghiên cứu toán chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường với mơ hình chuyển động mơ tả hệ phương trình vi phân dạng x(t) ˙ = Bx(t) + Du(t) bổ sung điều kiện khả vi cấp k cho hàm điều khiển u(t) Từ kết hàm trạng Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy thái đa thức bậc 2k + ta xác định hàm điều khiển u(t) dạng đa thức bậc 2k + dịch chuyển hệ từ trạng thái đầu đến trạng thái cuối Sau cùng, tác giả tiến hành sử dụng phần mềm Mathemetica để tính tốn kiểm tra kết nhận Phương pháp nghiên cứu Trong trình thực đề tài, tác giả có sử dụng kiến thức liên quan đến chuyên ngành: Lý thuyết điều khiển, Đại số tuyến tính, Giải tích Ý nghĩa khoa học Đề tài có ý nghĩa mặt lý thuyết, sử dụng đề tài làm tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành tốn đối tượng có mối quan tâm đến lĩnh vực đề tài Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia làm ba chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả trình bày số khái niệm tính chất ma trận, định thức, hệ Cramer, hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính định thức Wronxki Chương Nghiệm đa thức mơ hình chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường Trong chương 2, tác giả trình bày số định nghĩa hàm điều khiển hàm trạng thái, nêu toán chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường với mơ hình chuyển động mơ tả hệ phương trình vi phân bổ sung điều kiện khả vi cấp cấp hai cho hàm điều khiển u(t), đồng thời tiến hành xây dựng nghiệm đa thức mơ hình chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường với điều kiện bổ sung đạo hàm cấp k cho hàm điều khiển u(t) Chương Ứng dụng phần mềm Mathemetica để tính tốn kiểm tra kết Trong chương 3, tác giả trình bày số cấu trúc lệnh để xây dựng ma trận, định thức để kiểm tra kết Sau thời gian học tập nghiên cứu hướng dẫn tận tình thầy giáo TS Lê Hải Trung, đến luận văn tơi hồn thành Mặt dù cố gắng hết sức, khả thời gian có hạn lần tác giả tiếp cận, làm quen với công việc nghiên cứu nên tránh khỏi bỡ ngỡ sai sót việc triển khai đề tài Tác giả kính mong nhận quan tâm đóng góp ý kiến chân thành từ phía thầy để luận văn hồn thiện Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Ma trận định thức Định nghĩa 1.1 Một bảng số A gồm m dòng n cột có dạng:  a11 a12 a  21 a22 A=  am1 am2  a1n a2n    , aij ∈ R  amn gọi ma trận hình chữ nhật Để viết gọn lại ma trận A, sử dụng kí hiệu A = [aij ]m×n với aij phần tử nằm hàng thứ i, cột thứ j , (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ n) Nếu m = n ta gọi A ma trận vuông cấp n:  a11 a  21 A=  an1 a12 a22 an2  a1n a2n    , aij ∈ R  ann a11 , a22 , , ann gọi phần tử chéo Định nghĩa 1.2 Ma trận A B gọi kí hiệu A = B chúng cỡ phần tử vị trí nhau, tức là: A = [aij ]m×n , B = [bij ]m×n , aij = bij Định nghĩa 1.3 Cho hai ma trận cỡ A = [aij ]m×n , B = [bij ]m×n Khi tổng A + B ma trận cỡ m × n xác định bởi: A + B = [aij + bij ]m×n Như muốn cộng hai ma trận cỡ ta cộng phần tử vị trí lại với Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Định nghĩa 1.4 Cho ma trận A = [aij ]m×n k ∈ R Khi tích kA xác định kA = [kaij ]m×n Như muốn nhân ma trận với số ta nhân tất phần tử ma trận với số Định nghĩa 1.5 Hai ma trận A = [aij ]m×p , B = [bij ]p×n , số cột ma trận A số hàng ma trận B Người ta gọi tích AB ma trận C = [cij ]m×n có m hàng, n cột mà phần tử cij tính cơng thức p aik bkj = ai1 b1j + ai2 b2j + + aip bpj cij = k=1 Định nghĩa 1.6 Nếu ta đổi hàng thành cột (hoặc đổi cột thành hàng) ma trận A = [aij ]m×n ma trận nhận ma trận chuyển vị A, kí hiệu AT Như thế: AT = [aji ]n×m Định nghĩa 1.7 Ma trận vuông B cấp n gọi ma trận nghịch đảo ma trận vuông A cấp n nếu: AB = BA = I, I ma trận đơn vị cấp n:   0  I= 0   0 0 0 0   0  0    Để thuận tiện người ta kí hiệu ma trận nghịch đảo A A−1 Khi A có nghịch đảo A−1 ta nói A ma trận khơng suy biến Định lý 1.1 Cho A ma trận vuông cấp n, A khơng suy biến tồn ma trận nghịch đảo A−1 A Chứng minh Giả sử B C ma trận nghịch đảo A, nghĩa là: AB = BA = I, AC = CA = I Từ AB = I ta suy ra: C(AB) = CI, C(AB) = CAC, (CA)B = (CA)C, B = C Vậy ma trận nghịch đảo A Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Định nghĩa 1.8 Định thức ma trận A, kí hiệu det(A), định nghĩa sau: Nếu A ma trận cấp một: A = [a11 ] det(A) = a11 Nếu A ma trận cấp hai: a11 a12 a21 a22 det(A) = a11 a22 − a21 a12 Nếu A ma trận cấp n thì: det(A) = a11 det(M11 ) − a12 det(M12 ) + + (−1)1+n a1n det(M1n ) M1j hình thành cách bỏ hàng cột thứ j ma trận A, j = 1, n Để thuận tiện người ta dùng dấu gạch đứng đặt hai bên để định thức, tức là: det A : a11 a12 a1m an1 an2 anm Bổ đề 1.1 det(A) = a11 det(M11 ) − a21 det(M21 ) + + (−1))1+n an1 det(Mn1 ) Chứng minh  a11 a12 a  21 a22 A=  am1 am2  a1n a2n    , aij ∈ R  ann Kí hiệu Mij ma trận vuông cấp (n − 1) suy từ A cách bỏ hàng i, cột j ; Mijkl kí hiệu ma trận suy từ A cách bỏ hàng i, hàng k , cột j , cột l; kl ∆ := det(A); ∆ij := det(Mij ); ∆kl ij := det(Mij ) det(A) = a11 det(M11 ) − a12 det(M12 ) + + (−1)1+n a1n det(M1n ) (1.1) Hiển nhiên ∆1j định thức cấp (n − 1), theo giả thiết quy nạp ta có n (−1)k+1 ak1 ∆k1 ij ∆1j = k=2 (1.2) Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Đặt (1.1) vào (1.2) ta được: n n (−1)k+1 ak1 ∆k1 1j 1+j det(A) = a11 ∆11 + a1j (−1) j=2 n k=2 n (−1)1+j (−1)k+1 a1j ak1 ∆k1 1j = a11 ∆11 + j=2 k=2 n n (−1)j+k a1j ak1 ∆k1 1j = a11 ∆11 + j=2 k=2 n (−1) = a11 ∆11 + n k+1 (−1)1+j a1j ∆k1 ij ak1 j=2 k=2 n (−1)k+1 ak1 ∆k1 = a11 ∆11 + k=2 Suy điều phải chứng minh Cho a11 a12 a1n det A = , an1 an2 ann a11 a12 an1 det A = a1n a2n ann T Định lý 1.2 Ta có đẳng thức sau: det(AT ) = det(A) Chứng minh Rõ ràng det(AT ) = det(A) A ma trận cấp Giả sử det(AT ) = det(A) đến ma trận cấp n-1, n>2 Xét A ma trận cấp n Theo định nghĩa 1.8 ta có: det(A) = a11 det(M11 ) − a12 det(M12 ) + + (−1)1+n a1n det(M1n ) Theo giả thiết quy nạp T T T det(A) = a11 det(M11 ) − a12 det(M12 ) + + (−1)1+n a1n det(M1n ) Vế phải đẳng thức khai triển det(AT ) theo cột Từ áp dụng Bổ đề 1.1 ta suy điều phải chứng minh Bổ đề 1.2 Đổi chỗ hai hàng liên tiếp định thức đổi dấu Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Chứng minh Rõ ràng bổ đề với định thức cấp Ta giả sử với định thức cấp n − 1, n>2 Gọi A = [aij ] ma trận cấp n, ∆ij = det(Mij ) gọi A = [a ij ] ma trận suy từ A sau đổi chỗ hai hàng liên tiếp k , k + 1, ∆ij = det(Mij ) Khai triển det(A ) theo cột ta có: n (−1)i+1 ai1 ∆i1 , det(A ) = i=1 ∆i1 định thức cấp n − 1, đồng thời: i = k ak1 = a(k+1)1 suy ∆k1 = −∆(k+1)1 ; i = k + a(k+1)1 = ak+1 suy ∆(k+1)1 = −∆(k1 ; i = k , k+1 ai1 = ai1 suy ∆i1 = −∆i1 ; Do n n (−1)i+1 ai1 ∆i1 = det(A ) = i=1 (−1)i+1 ai1 ∆i1 = −∆ i=1 Suy điều phải chứng minh Định lý 1.3 Nếu đổi chỗ hai hàng (hay hai cột) định thức ta định thức định thức cũ đổi dấu Chứng minh Muốn đổi chỗ hai hàng s r (r > s + 1) trước hết ta đưa hàng r đến hàng s r − s lần đổi chỗ hai hàng liên tiếp Khi hàng s cũ chiếm vị trí hàng s + 1, ta đưa đến vị trí hàng r cũ (r − s − 1) lần đổi chỗ hai hàng liên tiếp Vậy muốn đổi chỗ hai hàng s r, (r > s + 1) ta phải thực 2(r − s) − lần đổi chỗ hai hàng liên tiếp Do theo bổ đề 1.2 , định thức đổi dấu 2(r − s) − lần, tức số lẻ lần Vậy định thức định thức cũ đổi dấu Định lý 1.4 Một định thức có hai hàng (hay cột) khơng Chứng minh Gọi định thức có hai hàng ∆ Đổi chỗ hai hàng ta được: ∆ = −∆ Vậy ta có 2∆ = 0, ∆ = Định lý 1.5 Ta có cơng thức sau đây: det(A) = (−1)i+1 [ai1 det(Mi1 ) − ai2 det(Mi2 ) + ± ain det(Min )] (1.3) Các phần tử ai1 , ai2 , , ain nằm hàng i định thức, nên công thức (1.3) gọi khai triển định thức theo hàng i Khi det(A) = (−1)1+j [a1j det(M1j ) − a2j det(M2j ) + ± anj det(Mnj )] 10 (1.4) Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Đây định thức Wronxki nên ta có ∆1 = hệ (2.12) có nghiệm (b2 , b3 , b4 ) Có giá trị (b2 , b3 , b4 ) ta thay chúng vào (2.7) thu (a3 , a4 , a5 ) Giả sử 5 c i ti , x3 (t) = c0 + c1 t + c2 t + c3 t + c4 t + c5 t = i=0 5 d i ti , x4 (t) = d0 + d1 t + d2 t + d3 t + d4 t + d5 t = i=0 Ta chứng tỏ tồn hệ số cj , dj (j = 0, 5) phụ thuộc vào điều kiện ban đầu Thật vậy, tiến hành thực tương tự x1 x2 với điều kiện x˙3 = x4 , x˙4 = u2 − g ta có hệ phương trình:  1 1 T 0    d2 T + d3 T + d4 T = x3 − x3 − x4 T − (u2 − g)T , d2 T + d3 T + d4 T = xT4 − x04 − (u02 − g)T,    2d2 T + 3d3 T + 4d4 T = (uT2 − g) − (u02 − g), (2.13) với định thức ma trận hệ số là: T3 T4 T5 ∆2 = ∆1 = T T T , 2T 3T 4T định thức Wronxki nên hệ (2.13) có nghiệm Định lý 2.1 chứng minh Bài toán 2.2 Bây ta xét toán (2.4)-(2.5) với điều kiện bổ sung đạo hàm cấp cho hàm điều khiển u(t)  T  ,  x(0) = x x x x  0 0    T    , x(T ) = x x x x  T T T T   T   u(0) = u0 u0 , T  T T  u(T ) = , u u     T  0,1 0,1  0,1  u(0) ˙ = u = , u u     T  T,1 u(T ˙ ) = uT,1 = uT,1 u (2.14) Định lý 2.2 Tồn nghiệm (hàm trạng thái) toán (2.4)-(2.5)-(2.14) dạng đa thức bậc bảy 20 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Chứng minh Ta tiến hành tìm nghiệm tốn dạng: 7 A i ti , x(t) = A0 + A1 t + A2 t + A3 t + A4 t + A5 t + A6 t + A7 t = i=0 thế: x1 (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + a4 t4 + a5 t5 + a6 t6 + a7 t7 , x2 (t) = b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 + b4 t4 + b5 t5 + b6 t6 + b7 t7 Từ (2.6) ta có x˙1 = x2 nên: a1 + 2a2 t1 + 3a3 t2 + 4a4 t3 + 5a5 t4 + 6a6 t5 + 7a7 t6 = b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 + b4 t4 + b5 t5 + b6 t6 + b7 t7 hay    a1 = b0 ,      2a2 = b1 ,       3a3 = b2 ,     4a = b ,   5a5 = b4 ,      6a6 = b5 ,       7a7 = b6 ,     b7 = (2.15) Sử dụng x(0) = x0 ta được:  x (0) = x0 = a , 1 x2 (0) = b0 = a1 = x0 Tiếp tục sử dụng điều kiện x(T ) = xT ta có được: x1 (T ) = xT1 = a0 + a1 T + a2 T + a3 T + a4 T + a5 T + a6 T + a7 T , hay a2 T + a3 T + a4 T + a5 T + a6 T + a7 T = xT1 − x01 − x02 T x2 (T ) = xT2 = b0 + b1 T + b2 T + b3 T + b4 T + b5 T + b6 T + b7 T (2.16) hay b1 T + b2 T + b3 T + b4 T + b5 T + b6 T = xT2 − x02 21 (2.17) Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Sử dụng x˙2 (0) = u1 ta được: (x˙2 )(0) = u1 (0) = u01 , b1 = u01 (2.18) Tiếp tục sử dụng x˙2 (T ) = u1 (T ) = uT1 ta được: b1 + 2b2 T + 3b3 T + 4b4 T + 5b5 T + 6b6 T = uT1 , hay 2b2 T + 3b3 T + 4b4 T + 5b5 T + 6b6 T = uT1 u01 (2.19) 0,1 Mt khỏc xă2 (0) = u0,1 nên 2b2 = u1 suy ra: a3 = u10,1 S dng xă2 (T ) = uT,1 ta có: 2b2 + 6b3 T + 12b4 T + 20b5 T + 30b6 T = uT,1 hay 0,1 6b3 T + 12b4 T + 20b5 T + 30b6 T = uT,1 − u1 (2.20) Từ (2.15), (2.16), (2.17), (2.18), (2.19) (2.20) ta có hệ phương trình sau:  0,1 1 1 0 T   b3 T + b4 T + b5 T + b6 T = x1 − x1 − x2 T − u1 T − u1 T ,    b T + b T + b T + b T = xT − x0 − u0 T − u0,1 T, 2  3b3 T + 4b4 T + 5b5 T + 6b6 T = uT1 − u01 − u10,1 T,      0,1 6b3 T + 12b4 T + 20b5 T + 30b6 T = uT,1 − u1 (2.21) Đến đây, yêu cầu toán chuyển việc chứng minh hệ (2.21) có nghiệm Từ (2.21) ta có định thức ma trận hệ số là: T4 ∆3 = T5 T6 T7 T T T T 3T 4T 5T 6T 6T 12T 20T 30T định thức Wronxki Ta có ∆3 = hệ (2.21) có nghiệm (b3 , b4 , b5 , b6 ) Có giá trị (b3 , b4 , b5 , b6 ) ta thay vào (2.15) ta thu giá trị (a4 , a5 , a6 , a7 ) Giả sử x3 (t) = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + c4 t4 + c5 t5 + c6 t6 + c7 t7 , x4 (t) = d0 + d1 t + d2 t2 + d3 t3 + d4 t4 + d5 t5 + d6 t6 + d7 t7 22 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Ta chứng tỏ tồn hệ số cj , dj (j = 0, 7) phụ thuộc vào điều kiện ban đầu Thật vậy, ta tiến hành tương tự x1 , x2 với điều kiện x˙3 = x4 x˙4 = u2 − g ta có hệ phương trình sau:  1 1 1 0,1 T 0   d3 T + d4 T + d5 T + d6 T = x3 − x3 − x4 T − (u2 − g)T − (u2 − g)T    d T + d T + d T + d T = xT − x0 − (u0 − g)T − (u0,1 − g)T 2 2   3d3 T + 4d4 T + 5d5 T + 6d6 T = (uT2 − g) − (u02 − g) − (u20,1 − g)T     0,1 6d3 T + 12d4 T + 20d5 T + 30d6 T = (uT,1 − g) − (u2 − g) (2.22) Với định thức ma trận hệ số là: T4 ∆4 = T5 T6 T7 T T T T 3T 4T 5T 6T 6T 12T 20T 30T định thức Wronxki nên ∆4 = ∆3 = nên hệ phương trình (2.22) có nghiệm Định lý 2.2 chứng minh Bài toán 2.3 Bây ta xét toán (2.4)-(2.5) với điều kiện bố sung đạo hàm cấp cho hàm điều khiển u(t)  T  ,  x(0) =  x0 x0 x0 x0    T    x(T ) = xT xT xT xT ,     T   0 ,  u(0) = u1 u2    T   u(T ) = uT uT , (2.23) T  0,1 0,1 0,1  u(0) ˙ = u = u1 u2 ,     T  T,1 T,1  T,1  u(T ˙ ) = u = , u1 u2     T 0,2 0,2 0,2 u ă (0) = u = ,  u1 u2    T  T,2 u ă(T ) = uT,2 = uT,2 ,T > u2 Định lý 2.3 Tồn nghiệm (hàm trạng thái) toán 2.3 dạng đa thức bậc Chứng minh Ta tiến hành tìm nghiệm toán dạng: Ai ti x(t) = i=0 23 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Như thế: t i , x1 = i=0 bi ti , x2 = i=0 x˙1 = iai t i−1 iai ti−1 , = a1 + i=0 i=2 x˙2 = ibi t i−1 ibi ti−1 = b1 + i=0 i=2 Sử dụng x˙1 = x2 ta được:                         a1 = b ,                        6a6 = b5 , 2a2 = b1 , 3a3 = b2 , 4a4 = b3 , 5a5 = b4 , (2.24) 7a7 = b6 , 8a8 = b7 , 9a9 = b8 , b9 = Mặt khác: x1 (0) = x01 = a0 , x2 (0) = x02 = b0 = a1 Tiếp tục sử dụng x(T ) = xT ta được: x1 (T ) = xT1 = a0 + a1 T + a2 T + + a9 T , hay a2 T + + a9 T = xT1 − x01 − x02 T (2.25) x2 (T ) = xT2 = b0 + b1 T + b2 T + + b9 T , hay b1 T + b2 T + + b8 T = xT2 − x02 (2.26) Sử dụng x˙2 (0) = u1 (0) ta có: b1 = u01 , 24 (2.27) Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Mặt khác x˙2 (T ) = u1 (T ) nên ta có: 2b2 T + 3b3 T + 4b4 T + + 7b7 T = uT1 u01 (2.28) S dng xă2 (0) = u0,1 ta được: 2b2 = u10,1 , (2.29) 6b3 T + 2b4 T + 20b5 T + 30b6 T = uT1 − u01 − u0,1 T (2.30) hn na xă2 (T ) = uT,1 nên: (3) Tiếp tục sử dụng x2 (0) = u0,2 ta có: 6b3 = u10,2 , (2.31) 24b4 T + 60b5 T + 120b6 T = uT1 − u01 − u10,1 T − u0,2 T (2.32) (3) mặt khác x2 (T ) = uT,2 nên: Từ (2.24), (2.25), (2.26), (2.27), (2.28), (2.29), (2.30), (2.31), (2.32) ta có hệ phương trình sau:  1 1   = xT1 − x01 − x02 T − 21 u01 T +  b4 T + b5 T + b6 T + b7 T + b8 T    0,2  − 61 u0,1  T − 24 u1 T     0,1 0 T  T − − u − x b T + b T + b T + b T + b T = x  2 u1 T +  − 16 u0,2 T    0,2  4b4 T + 5b5 T + 6b6 T + 7b7 T + 8b8 T = uT1 − u01 − u0,1  T − u1 T    T,1 0,1 0,2   12b T + 20b T + 30b T + 42b T + 56b T = u − u − u  1 T    24b T + 60b T + 120b T + 210b T + 336b T = uT,2 − u0,2 1 (2.33) Hệ phương trình (2.33) có định thức ma trận hệ số ∆6 là: T5 T6 T7 T8 T9 T T T T T ∆6 = 4T 5T 6T 7T 8T 12T 20T 30T 42T 56T 24T 60T 120T 210T 336T định thức Wronxi nên ∆6 = hệ (2.33) có nghiệm (b4 , b5 , b6 , b7 , b8 ) Có (b4 , b5 , b6 , b7 , b8 ) ta thay chúng vào (2.24) ta thu (a5 , a6 , a7 , a8 , a9 ) Giả sử 25 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy i i=0 ci t , x4 x3 = = i i=0 di t Ta chứng tỏ tồn hệ số cj , dj (j = 0, phụ thuộc vào điều kiện ban đầu Thật vậy, làm tương tự x1 x2 , với điều kiện x˙3 = x4 , x˙4 = u2 − g ta có hệ phương trình:  1 1  T 0  d = x − x − x T + d5 T + d6 T + d7 T + d8 T  1 2T +      − 12 (u02 − g)T − 61 (u0,1 − g)T − 24 (u0,2 − g)T 2      d4 T + d5 T + d6 T + d7 T + d8 T = xT2 − x02 − (u02 − g)T +      0,1 0,2   − (u2 − g)T − (u2 − g)T 4d4 T + 5d5 T + 6d6 T + 7d7 T + 8d8 T = (uT2 − g) − (u02 − g)+    0,2  −(u0,1  − g)T − (u2 − g)T    0,1   12d4 T + 20d5 T + 30d6 T + 42d7 T + 56d8 T = (uT,1  − g) − (u2 − g)+      −(u0,2  − g)T    24d4 T + 60d5 T + 120d6 T + 210d7 T + 336d8 T = (uT,2 − g) − (u0,2 − g) 2 (2.34) Với định thức ma trận hệ số là: T5 T6 T7 T8 T9 T T T T T ∆7 = ∆6 = 4T 5T 6T 7T 8T 12T 20T 30T 42T 56T 24T 60T 120T 210T 336T định thức Wronxki nên hệ (2.34) có nghiệm Định lý 2.3 chứng minh 2.2 Xây dựng nghiệm đa thức tốn chuyển động điều kiện có đạo hàm cấp k hàm điều khiển u(t) Bài toán 2.4 Tiến hành xem xét toán (2.4)-(2.5) với điều kiện bổ sung sau:  T  ,  x(0) = x = x x x x  0 0   T   x(T ) = xT = x1 x2 x3 x4 , T T T T (2.35) T  0,j 0,j j  u (0) = u1 u2 ,      uj (T ) = uT,j uT,j T , T > Với j = 0, k j số giá trị tương ứng với đạo hàm cấp j hàm u(t) Ta đến phát biểu định lý sau đây: 26 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy Định lý 2.4 Tồn nghiệm toán (2.4)-(2.5)-(2.35) dạng đa thức bậc 2k + Chứng minh Ta tiến hành tìm nghiệm tốn dạng : 2k+5 2k+5 x(t) = A0 + A1 t + A2 t + + A2k+5 t A i ti = i=0 Trong đó:   b   i Ai =   , i = 0, 2k +  ci  di Như vậy: 2k+5 ti x1 (t) = i=0 Suy ra: 2k+5 x˙1 (t) = 2k+5 iai t i−1 iai ti−1 = a1 + i=0 i=2 2k+5 b i ti x2 (t) = i=0 Suy ra: 2k+5 x˙2 (t) = 2k+5 ibi t i−1 ibi ti−1 = b1 + i=0 i=2 2k+5 (j+1) x2 (t) i−j−1 Aj+1 i bi t = (j + 1)!bj+1 + (2.36) i=j2 Tiếp tục sử dụng x1 (0) = x01 ⇒ a0 = x01 x2 (0) = x02 ⇒ b0 = x02 = a1 Mặt khác 2k+5 x1 (T ) = xT1 ⇒ x01 + 2k+5 i T = xT1 , x2 (T ) = xT2 ⇒ i=1 (j) (j+1) Sử dụng u1 (0) = x2 x02 + bi T i = xT2 (2.37) i=1 (0), đồng thời kết hợp với (2.36) ta suy ra: bj+1 = (j) u1 (0) (j + 1)! 27 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy (j) (j+1) Tiếp tục sử dụng u1 (T ) = x2 (T ), đồng thời kết hợp với (2.36) ta suy ra: 2k+5 uj1 (T ) = (j) u1 (0) i−j−1 Aj+1 i bi T + i=j+2 Sử dụng x˙1 = x2 suy 2k+5 2k+5 i−1 a1 + iai t bj tj = i=2 (2.38) j=0 Đồng thức hai vế phương trình (2.38) ta được:   a1 = x02 ,     (j) a j+2 = (j+2)! u1 (0),   ar+1 = r+1 br ,     b2k+5 = với r = k + 2, 2k + Kết hợp với (2.35) ta có hệ phương trình sau đây:  k+1 k+1 0,i−1 2k+4  u1 0 i+1 T i+1   T − − − x − x T b = x i 1  i+1 (i+1)! T   i=1 i=1 i=k+2   2k+4 k+1 0,i−1 u1 T i bi = xT2 − x02 − Ti (2.39) i!  i=1 i=k=2    2k+4 k+1  Aj+1 u0,i−1 j+1 i−j−1 T,j 0,j  i  A T b = u − u − T i−j−1 i  1 i i! i=j+2 i=k+2 Đến đây, yêu cầu toán chuyển việc chứng minh hệ (2.39) có nghiệm Từ (2.39) ta có định thức ma trận hệ số là: k+3 k+3 T k+2 k+4 k+4 T k+3 k+5 k+5 T k+4 2k+5 T 2k+5 T k+5 A12k+4 T 2k+3 A22k+4 T k+3 T T T A1 T k A1k+3 T k+1 A1k+4 T k+3 ∆k = k+2 A2k+2 T k A2k+3 T k+1 A2k+4 T k+2 k+1 k+3 Ak+2 T Ak+1 Ak+1 Ak+1 k+3 T k+4 T 2k+4 T T k+2+l , l = 1, k + Đặt y1 (T ) = k+2+l Khi định thức ∆k viết lại là: ∆k = y1 y˙1 (k+2) y1 y2 y˙2 (k+2) y2 28 yk+3 yk+3 ˙ (k+2) yk+3 (2.40) Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy ∆k định thức Wronxki Và i = j ta ln có yyji = const Vậy ∆ = Nên hệ (2.39) ln có nghiệm Định lý chứng minh 29 CHƯƠNG SỬ DỤNG PHẦN MỀM MATHEMETICA ĐỂ TÍNH TỐN VÀ KIỂM TRA KẾT QUẢ 3.1 Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra toán 2.1 Để chứng minh toán 2.1 có nghiệm ta chứng minh hệ (2.12) (2.13) có nghiệm Bước 1: Ta xây dựng ma trận hệ số hệ (2.12) cấu trúc lệnh sau: T3 T4 T5 , , }, {T , T , T }, {2T, 3T , 4T }}] Bước 2: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta ma trận hệ số: M atrixF orm[{{ T3  32  T4 T5   T T  T 2T 3T 4T Bước 3: Ta xây dựng định thức ma trận hệ số hệ (2.12) cấu trúc lệnh sau: T3 T4 T5 det[(M atrixF orm[{{ , , }, {T , T , T }, {2T, 3T , 4T }}])] Bước 4: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta kết T9 30 T9 30 = T > Đối với hệ (2.13) ta tiến hành kiểm tra với bước tương tự hệ (2.12) 30 Khóa luận tốt nghiệp 3.2 SV: Phạm Thị Thanh Thủy Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra toán 2.2 Để chứng minh tốn 2.2 có nghiệm ta chứng minh hệ (2.21) hệ (2.22) có nghiệm Bước 1: Ta xây dựng ma trận hệ số hệ (2.21) cấu trúc lệnh sau: M atrixF orm[{{ T4 , T5 , T6 , T7 }, {T , T , T , T }, {3T , 4T , 5T , 6T }, {6T, 12T , 20T , 30T }}] Bước 2: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta ma trận hệ số:  T4 T5 T6 T7  T T T T      3T 4T 5T 6T  6T 12T 20T 30T Bước 3: Ta xây dựng định thức ma trận hệ số hệ (2.21) cấu trúc lệnh sau: T4 T5 T6 T7 det[(M atrixF orm{{ , , , }, {T , T , T , T }, {3T , 4T , 5T , 6T }, {6T, 12T , 20T , 30T }})] Bước 4: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta kết 17T 16 70 16 Ta thấy, 17T 70 = (vT > 0) Đối với hệ (2.22) ta tiến hành kiểm tra với bước tương tự 3.3 Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra toán 2.3 Để chứng minh toán 2.3 có nghiệm ta chứng minh hệ (2.33) (2.34) có nghiệm Bước 1: Ta xây dựng ma trận hệ số hệ (2.33) cấu trức lệnh sau: T5 T6 T7 T8 T9 M atrixF orm[{{ , , , , }, {T , T , T , T , T }, {4T , 5T , 6T , 7T , 8T }, 7 {12T , 20T , 30T , 42T , 56T }, {24T, 60T , 120T , 210T , 336T }}] Bước 2: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta ma trận hệ số: 31 Khóa luận tốt nghiệp SV: Phạm Thị Thanh Thủy  T5 T6 T7 T8 T9     T T T T T      4T 5T 6T 7T 8T     42T 56T  12T 20T 30T 24T 60T 120T 210T 336T Bước 3: Ta xây dựng định thức ma trận hệ số hệ (2.33) cấu trúc lệnh sau: Det[(M atrixF orm[{{ T5 , T6 , T7 , T7 , T9 }, {T , T , T , T , T }, {4T , 5T , 6T , 7T , 8T }, {12T , 20T , 30T , 42T , 56T }, {24T, 60T , 120T , 210T , 336T }}}])] Bước 4: Nhấn tổ hợp phím Shift + Enter ta kết 2T 25 105 = (vì T > 0) Với hệ (2.34) ta tiến hành kiểm tra theo bước tương tự hệ (2.33) 32 KẾT LUẬN Như sau thời gian tiếp cận, nghiên cứu làm việc nghiêm túc, khóa luận tốt nghiệp thực số vấn đề sau đây: Hệ thống lại số kiến thức liên quan đến ma trận, định thức, hệ hàm độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính, điều kiện cần đủ để hệ độc lập tuyến tính, định thức Wronxki cho hệ hàm độc lập tuyến tính khả vi cấp (n − 1) Phát biểu xây dựng toán chuyển động chất điểm mặt phẳng dạng x(t) ˙ = Bx(t) + Du(t), với B , D ma trận cỡ (4× 4) (4 × 2) tương ứng Xây dựng nghiệm toán cho dạng đa thức bậc 5, 7, 9, , 2k + Sử dụng phần mềm Mathemetica để kiểm tra kết thu Việc hồn thành khóa luận kiểm tra kết thu được thực phần mềm Mathemetica 4.2, máy tính FLATRON W1942S, Intel (R) Pentium (R) CPU G630 @ 2.70 Ghz, Ram 2.00 GB Mặt dù cố gắng, nỗ lực thực nghiêm túc đề tài khóa luận giao thời gian có hạn, kiến thức tiếp cận cịn mẻ, trình độ thân cịn hạn chế lần tiếp cận với công việc nghiên cứu nên chắn luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận đóng góp động viên thầy cô bạn để đề tài hoàn thiện Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn TS.Lê Hải Trung có gợi ý đóng góp quý báu cho đề tài 33 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Ngọc Bích Tự học Mathemetica hình ảnh Nxb Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh 2011 [2] Đặng Ngọc Dục, Nguyễn Viết Đức Toán cao cấp phần II Đại số tuyến tính Nxb Đà Nẵng, 2009, 254 trang [3] Vũ Đình Hịa, Nguyễn Hữu Điển Giới thiệu Mathemetica số khả mở rộng Tuyển tập báo cáo hội thảo: "Phát triển công cụ tin học trợ giúp cho giảng dạy, nghiên cứu ứng dụng toán học" Nxb Hà Nội, 1999 [4] Kraxopxki N.N Lý thuyết điều khiển tự động Nxb khoa học Moskva 1967, 512 trang [5] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh Tốn học cao cấp tập Nxb Giáo dục 2004, 389 trang [6] Nguyễn Phương Hà, Huỳnh Thái Hoàng Lý thuyết điều khiển tự động Nxb Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh, 2010, 379 trang [7] Lê Hải Trung, Đặng Hữu Hiền Về nghiệm đa thức toán điều khiển có k điểm kiểm tra C Tạp chí khoa học công nghệ, Đại học Đà Nẵng, số 5(40) 2010 [8] Zubova C.P., Lê Hải Trung Về điều khiển đa thức hệ dừng tuyến tính với điểm kiểm tra Các vấn đề học đại toán ứng dụng Tuyển tập cơng trình hội thảo khoa học quốc tế.Voronezh, 2007 - trang 133 136 34 ... CHƯƠNG NGHIỆM ĐA THỨC ĐỐI VỚI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CHẤT ĐIỂM DƯỚI TÁC ĐỘNG CỦA LỰC TRỌNG TRƯỜNG 2.1 Phát biểu tốn Xem xét chuyển động chất điểm có khối lượng m mặt {ξ, η} trong trường trọng lực. .. 14 14 NGHIỆM ĐA THỨC ĐỐI VỚI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CHẤT ĐIỂM DƯỚI TÁC ĐỘNG CỦA LỰC TRỌNG TRƯỜNG 16 2.1 Phát biểu toán 16 2.2 Xây dựng nghiệm đa thức tốn chuyển động. .. nên tác giả mạnh dạn lựa chọn đề tài: "Nghiệm đa thức toán chuyển động chất điểm tác động lực trọng trường" cho luận văn Mục đích nghiên cứu Nội dung đề tài trình bày việc nghiên cứu toán chuyển