Nghiệm của hệ phương trình vi phân đại số Xét hệ phương trình vi phân đại số

d (Ex(t ))

dt Ax(t ) f (t ), 0 t T , (1.3.6.1)

với cặp ma trận E, A là chính qui, tức là det E A 0 .

Tính chính qui của cặp ma trận E, A cho phép áp dụng Định lý 1.3.5.1 nhờ cách đặt d

dt . Khi đó nghiệm của phương trình (1.3.6.1) có dạng:

x(t ) C0 z(t ) k d

i 1 dt

i 1

Ci f (t ) , (1.3.6.2) trong đó k là chỉ số của cặp ma trận E, A , còn vectơ z(t ) là nghiệm của phương trình

dz(t )

dt AC0 z(t ) f (t ) . (1.3.6.3) Điều này có thể kiểm tra trực tiếp nhờ các tính chất của hệ ma trận cơ sở. Và ta có thể thấy, với mọi nghiệm z(t ) của phương trình (1.3.6.3) thì vectơ (1.3.6.2) là nghiệm của phương trình (1.3.6.1).

Bây giờ ta xét bài toán Cauchy của hệ (1.3.6.1), tức là tìm nghiệm của phương trình (1.3.6.1) thỏa mãn đ iều kiện ban

đầu x(0) a .

Ta có thể thấy vectơ a nói chung không thể bất kì. Thật vậy, thay (1.3.6.2), ta có

x(0) a vào

a C0 z0 k d

i 1 dt

i 1

Ci f(t )t 0. (1.3.6.4) Như vậy, vectơ a phải thỏa mãn điều kiện (1.3.6.4). Do đó, tốt hơn là ta chọn điều kiện ban đầu dạng

y(0) Ex(0) Ea , (1.3.6.5)

trong đó a thỏa mãn điều kiện (1.2.6.4).

Điều kiện (1.3.6.4) được gọi là điều kiện tương thích (của điều kiện ban đầu

31 và phương trình đã cho).

31

n

;

Cp

§2 TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƯỢC CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG

Xét hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính

Ex(t) Ax(t) Bu(t) (1.2.1)

trong đó x(t)  ; u(t)  m tương ứng là các vectơ trạng thái, điều khiển đầu vào, tham số đo đầu ra; E, A  n n B  n m là các ma trận hằng số. Giả sử rằng q rankE n và (E, A) là cặp ma trận chính quy. Khi đó, tồn tại hai ma trận không suy biến P, Q sao cho (xem [10]):

Đặt

QEP diag (I , N );

QAP diag ( A1 , I ) .

P 1 x x1

x ; CP C1 , C2 B

; QB 1 .

2 B2

Khi ấy (1.2.1) viết được dưới dạng : x1 (t)

Nx2 (t )

A1 x1 (t )

x2 (t )

B1u(t );

B2u(t ); (1.2.2)

y(t) C1 x1 (t )

C2 x2 (t ),

n n n n

trong đó x1 h.

 1 ; x2  2 ; n1 n2 n , còn N  2 2 là ma trận lũy linh bậc

Hệ (1.2.2) gồm một phương trình vi phân thường (được gọi là hệ tiến, hay hệ chậm) và một phương trình vi phân suy biến với ma trận lũy linh (được gọi là hệ lùi hay hệ nhanh). Nghiên cứu hệ (1.2.2) đơn giản hơn rất nhiều so với việc nghiên cứu hệ (1.2.1). Do đó, trong phần này ta nghiên cứu hệ (1.2.2) thay cho

(1.2.1) mà kết quả thu được cho cả hai hệ là tương đương.

Giả thiết rằng, điều khiển chấp nhận được đầu vàou(t) C h 1 , trong đó h 1 là

32 p lớp hàm khả vi liên tục h

hệ (1.2.2) là:

1 lần. Từ mục 1.2, ta biết rằng khi t

0 , nghiệm của

n

1

Cp

x (t) e A1t x0

t

e A1(t s ) B (s)u(s)ds ;

1 1 1

0

x2 (t) h 1N k Bu( k ) (t) .

k 0

Ta đưa vào khái niệm điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính như sau.

Định nghĩa 2.1

Hệ (1.2.1) được gọi là điều khiển được hoàn toàn nếu với bất

kỳ x(0)  ,

w  n , có thể tìm được một thời điểm t

0 và một điều khiển đầu vào

u(t) h 1 sao cho nghiệm tương ứng của (1.2.1) thỏa

mãn

x(t1 ) w .

Nếu hệ (1.2.1) là đ iều khiển được hoàn toàn thì từ một điểm ban đầu bất kì

x(0)  n ta luôn có thể đi đến đ iểm bất kì khác

w  n theo quĩ đạo của hệ (1.2.1) nhờ một điều khiển nào đó. Như vậy, định nghĩa này là mở rộng tự nhiên của khái niệm điều khiển được của hệ phương trình vi phân thường sang cho phương trình vi phân đại số (1.2.1).

Viết lại hệ (1.2.2) trong dạng hệ thống con chậm-nhanh, ta có:

Ta có định lý sau Định lý 2.1

x1 Nx2

A1 x1 x2

B1u, y1 B2u, y2

C1 x1 ; (1.2.2a)

C2 x2 ; (1.2.2b)

(1) Hệ con chậm (1.2.2a) là điều khiển được hoàn toàn nếu rank sE A B n,

(2) Các mệnh đề sau là tương đương:

s  , s hữu hạn.

(2a) Hệ con nhanh (1.2.2b) là đ iều khiển được hoàn toàn.

(2b) rank B NB2 2 ... N h 1B 2 n 2;

(2c) rank N B2 n2 ;

(2d) rank E B n .

2

2

(3) Các mệnh đề sau là tương đương:

(3a) Hệ (1.2.2) là điều khiển được hoàn toàn.

(3b) Cả hai hệ chậm và nhanh là điều khiển được hoàn toàn.

(3c) rank B A B ... A n1 1B n ; rank B NB ... N h 1B n ; (3d)

1 1 1 1 1 1 2 2 2 2

rank sE A B n, s  , s hữu hạn và rank E B n . Chứng minh

Ta sẽ chứng minh từng kết quả một.

(1) Hệ chậm (1.2.2a) là một hệ phương trình vi phân thường. Do đó, (1.2.2a) là đ iều khiển được hoàn toàn (xem, thí dụ, [4], [6]) nếu và chỉ nếu

Chú ý rằng:

rank sI A1 B1 n1 , s  , s hữu hạn. (*)

rank sE A B rank sQEP QAP QB rank sI A1 0 B1 0 . v

à sN-I là khả nghịch với bất kỳ số phức s, s hữu hạn, ta có:

sN I B2

rank sE A B n2 rank sI A1 B1 . Chứng tỏ rằng (*) xảy ra nếu và chỉ nếu

rank sE A B n1 n2 n; s  , s hữu hạn.

Vậy (1) được chứng minh.

(2) Ký hiệu N B : Im B , EB,..., E h 1B , tức là tập ảnh của ánh xạ tuyến tính B , EB

2 2 2 2

,..., E h 1B .

2 2 2

Theo định nghĩa, nếu hệ nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn thì

N B  n2 hay

rank B2 NB2 ... N h 1B n2 . Do đó các mệnh đề (2a) và (2b) là tương đương.

Hơn thế nữa, (N, B2) là điều khiển được hoàn toàn nếu và chỉ nếu

rank sI N B2 n2 , s ( N ) , (**)

34

1

n

C

p

trong đó

(N ) s s  : sI N 0 .

Do N là ma trận luỹ linh, ( N ) 0 . Vậy (**) xảy ra nếu và chỉ nếu rank N B2 rank N B2 n2 .

Chứng tỏ các mệnh đề (2b) và (2c) là tương đương.

Để chứng minh sự tương đương giữa (2c) và (2d), ta chỉ cần chú ý rằng:

rank E B rank QEP QB n1 Điều này có nghĩa là

rank N B2 .

rank N B2 n2 rank E B n . Vậy các mệnh đề (2a), (2b), (2c), (2d) là tương đương.

(3) Ký hiệu tập đạt được sau thời gian t từ điểmx1 (0) là

x (t ) e A1t x te A1(t s ) B (s)u(s)ds;

R ( x (0))

: x(t ) u(t ) :

1 10 1

0

t 1

x2 (t ) h 1N k Bu( k ) (t ) và tập đạt được từ điểm

k 0

x1 (0) là

R( x1 (0)) :  Rt ( x1 (0)), t 0 . Giả sử có (3a). Chọn điều kiện ban

đầu x1 (0) 0 . Định nghĩa điều khiển được

hoàn toàn cho thấy rằng: với bất kỳ w  n , luôn tồn tại t 0 và một điều khiển đầu vào u(t) h 1 sao cho nghiệm tương ứng của hệ (1.2.1) có tọa độ điểm cuối thỏa mãn x(t1 ) w . Nghĩa là tập đạt được

x (t )

t1

e A1(t s ) B (s)u(s)ds;

R(0) : x(t1 ) u(t) :

1 1 1

0

x 2 1 (t ) h 1N k Bu( k ) (t )1

k 0

của hệ (1.2.1) xuất phát từ x(0) 0 tại điểm t1 bằng cả không gian :

35

n

R(0) A1 B1 N B2  ,

n n

hay rank B A B1 1 1 ... A 1 n1 1B 1 n ;1 rank B NB2 2 ... N h 1B 2 n 2. Vậy từ (3a) suy ra (3c).

Ký hiệu

A1t n1 n2

H ( x1 (0)) :

x x1 / x2 : x1 (t) e x1 (0)  , x2 0  ,

là tập đạt được từ điểm x1 (0)khi không có điều khiển ( u(t) 0 ).

Ta có thể chứng minh được rằng

R( x1 (0)) R(0) H ( x1 (0)) .

Giả sử có (3c). Khi ấy R(0)  . Suy ra R( x1 (0))  , do đó hệ (1.2.1) là đ iều khiển được hoàn toàn. Vậy từ (3c) suy ra (3a) hay (3a) và (3c) là tương đương.

Kết hợp các kết quả trên với (1) và (2) dẫn đến sự tương đương của (3a) và (3c), (3b) và (3d).

Định lý 2.1 chứng minh xong.

Chươ ng 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Cể HỆ SỐ B IẾN THIấN

§1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH Cể HỆ SỐ BIẾN THIấN

1.1 Khái niệm chung