Xét hệ
εdz dt = F(z, y, t), dy
dt = f(z, y, t), 0 ≤ t ≤ T, (2.42)
trong đó y là véc-tơ m chiều và z chứa hai thành phần vô hướng z1 và z2. Giả sử điều kiện 10 của Mục 2.1.1 được thỏa mãn, và giả sử giá trị riêng λ1,2(t) của ma trận F¯z(t) = Fz(¯z0(t),y¯0(t), t) (ở đây z¯0(t),y¯0(t) là nghiệm của bài toán rút gọn (2.19) trong Mục 2.1.2) thay vì thỏa mãn điều kiện 20 (xem Mục 2.1.2), thỏa mãn điều kiện
2′. λ1(t) < 0, λ2(t)> 0 với 0 ≤ t ≤ T.
Bằng các ví dụ đơn giản, ta có thể chỉ ra nghiệm của bài toán giá trị ban đầu như trên không bị chặn khi ε→ 0. Do đó, ta không áp dụng được định lý chuyển qua giới hạn.
Ví dụ 2.2.1. Xét bài toán
εdz1 dt = z2−1, εdz2
dt = z1+ 1, z1(0, ε) = 0, z2(0, ε) = 1.
Ma trận F¯z có các giá trị riêng λ1 = −1 và λ2 = 1. Nghiệm chính xác của bài toán là
z1 = et/ε+e−t/ε
2 −1, z2 = et/ε −e−t/ε
2 + 1.
Hiển nhiên, z1 và z2 không bị chặn khi ε → 0 và do vậy không tồn tại giới hạn của nghiệm tới z¯1 = −1, z¯2 = 1 của hệ suy biến khi ε→ 0.
Đối với bài toán (2.42) tổng quát hơn trong trường hợp điều kiện 2′
biên (giả sử rằng T = 1)
z1(0, ε) = z10, z2(1, ε) = z20, (2.43) và giữ lại điều kiện ban đầu của y
y(0, ε) = y0. (2.44)
Việc nghiên cứu bài toán nhiễu kì dị dạng này cho thấy nghiệm dần tới nghiệm của bài toán suy biến khi chỉ giữ lại điều kiện ban đầu đối với y. Xấp xỉ tiệm cận của nghiệm sẽ chứa các hàm biên xuất hiện không chỉ trong lân cận của điểm t = 0 mà còn trong lân cận của điểm t = 1.
Ví dụ 2.2.2. Xét phương trình vi phân của Ví dụ 2.2.1 với điều kiện biên z1(0, ε) = 0, z2(1, ε) = 0. Nghiệm chính xác của bài toán có dạng
z1 = −1 +1 +e−1/ε
1 +e−2/ε
e−t/ε+
−1 +e−1/ε 1 +e−2/ε
e(t−1)/ε,
z2 = 1−1 +e−1/ε
1 +e−2/ε
e−t/ε+
−1 +e−1/ε 1 +e−2/ε
e(t−1)/ε.
Từ những công thức này ta thấy các lớp biên xuất hiện trong lân cận của cả hai đầu mút của đoạn [0,1]. Ngoài ra, chú ý rằng z1 và z2 dần tới nghiệm z¯1 = −1, z¯2 = 1 của hệ suy biến trong khoảng (0,1) khi ε → 0.
Nghiệm tiệm cận của bài toán (2.42)–(2.44) được xây dựng dưới dạng sau (trong đó x = {z, y})
x(t, ε) = ¯x(t, ε) + Πx(τ0, ε) +Qx(τ1, ε). (2.45)
Ở đâyx(t, ε)¯ là chuỗi chính quy thông thường, Πx(τ0, ε)(τ0 =t/ε)là chuỗi lớp biên trong lân cận của t = 0 và Qx(τ1, ε) (τ1 = (t−1)/ε) là chuỗi lớp biên trong lân cận của t = 1
¯ x(t, ε) =
∞
X
k=0
εkx¯k(t),
Πx(τ0, ε) =
∞
X
k=0
εkΠkx(τ0),
Qx(τ1, ε) =
∞
X
k=0
εkQkx(τ1).
Thay (2.45) vào (2.42), ta thu được
εd¯z dt + dΠz
dτ0
+ dQz dτ1
= ¯F + ΠF +QF,
d¯y dt + 1
ε dΠy
dτ0 + 1
ε dQy
dτ1 = ¯f + Πf +Qf,
(2.46)
trong đó
F¯ = F(¯z(t, ε),y(t, ε), t),¯ ΠF = F z¯(τ0ε, ε) + Πz(τ0, ε),y¯(τ0ε, ε) + Πy(τ0, ε), τ0ε
−F z¯(τ0ε, ε),y¯(τ0ε, ε), τ0ε
, và QF = F z¯(1 +τ1ε, ε) +Qz(τ1, ε),y¯(1 +τ1ε, ε) +Qy(τ1, ε),1 +τ1ε
−F z¯(1 +τ1ε, ε),y¯(1 +τ1ε, ε),1 +τ1ε
.
Các biểu thức của f ,¯ Πf, Qf được định nghĩa tương tự.
Chú ý rằng, (2.46) và (2.16) khác nhau. Trước đây, biểu thức F¯ + ΠF được rút ra từ phép biến đổi đồng nhất
F(¯z+ Πz,y¯+ Πy, t) = ¯F + ΠF, (2.47) nhưng ở đây đẳng thức
F(¯z+ Πz+Qz,y¯+ Πy+Qy, t) = ¯F + ΠF +QF (2.48)
không chính xác về mặt hình thức, và phép thế F¯ + ΠF +QF thay cho F được coi là một bước của thuật toán đề xuất để xây dựng chuỗi (2.45). Ta có thể giải thích phép thế này như sau. Tất cả mọi nơi ngoại trừ trong lân
bất kỳ của ε khi ε→ 0. Do đó, đẳng thức (2.48) sẽ được thỏa mãn với cấp chính xác εN (ở đây N là số tùy ý), nó sẽ gần như thỏa mãn (2.47). Mặt khác, tất cả mọi nơi ngoại trừ trong lân cận của t = 0, các hàm Πkx nhỏ hơn lũy thừa bất kỳ của ε và đẳng thức (2.48) cũng được thỏa mãn với cấp chính xác εN. Do đó, đẳng thức (2.48) đúng với cấp chính xác εN mọi nơi trong [0,1].
Đối với hệ số của phép mở rộng ΠF, ta cũng có biểu diễn tương tự nhưng thay τ bằng τ0. Đối với QF, ta có biểu diễn tương tự nhưng đổi t = 0 thành t = 1 và thay τ bằng τ1. Các biểu diễn tương tự cũng đúng với Πf và Qf.
Thay (2.45) vào điều kiện biên (2.43), (2.44) và giả sử tiên nghiệm rằng Πkx(1/ε) và Qkx(−1/ε) nhỏ hơn mọi lũy thừa của ε, ta thu được
¯ z10(0) +ε¯z11(0) +ã ã ã+ Π0z1(0) +εΠ1z1(0) +ã ã ã = z01,
¯ z20(1) +ε¯z21(1) +ã ã ã+Q0z2(0) +εQ1z2(0) +ã ã ã = z20, (2.49)
¯ y0(0) +ε¯y1(0) +ã ã ã+ Π0y(0) +εΠ1y(0) +ã ã ã = y0.
(chỉ số dưới thứ nhất của z¯1k và z¯2k ký hiệu thành phần của vector z).¯
Trong (2.46), ta lần lượt cân bằng các số hạng chứa t, τ0 và τ1 một cách riêng rẽ. Với số hạng bậc không, ta thu được
0 = ¯F0 = F(¯z0(t),y¯0(t), t), d¯y0
dt = ¯f0 = f(¯z0(t),y¯0(t), t),
(2.50)
(hiển nhiên đây là hệ suy biến của (2.42) ban đầu)
dΠ0z dτ0
= Π0F =F(¯z0(0) + Π0z,y¯0(0) + Π0y,0),
dΠ0y dτ0
= 0 (τ0 ≥ 0),
(2.51)
dQ0z dτ1
= Q0F = F(¯z0(1) +Q0z,y¯0(1) +Q0y,1),
dQ0y dτ1
= 0 (τ1 ≤ 0).
Các điều kiện bổ sung được suy ra từ (2.49). Cân bằng hệ số của ε0 ta thu được
¯ z10(0) + Π0z1(0) = z10, (2.52)
¯ z20(1) +Q0z1(0) = z20,
¯ y0(0) + Π0y(0) = y0. (2.53)
Thêm vào đó cần áp đặt các điều kiện giảm cấp mũ lên các hàm biên tương tự như các điều kiện trong Mục 2.1.2. Chẳng hạn, với các hàm biên Πky(τ0) và Qky(τ1) thì điều kiện này là
Πky(∞) = 0, Qky(−∞) = 0, k = 0,1,2, . . . .
Khi đó Π0y(τ0) ≡ 0, Q0y(τ1) ≡ 0 và từ (2.53) ta thu được y¯0(0) = y0. Nghiệm z¯0(t),y¯0(t) của hệ (2.50) với điều kiện ban đầu y¯0(0) = y0 chính là nghiệm của hệ suy biến. Giả sử với nghiệm này, điều kiện 2′ được thỏa mãn.
Xét bài toán (2.51), (2.52). Do Π0y(τ0) = 0, ta suy ra
dΠ0z dτ0 = F(¯z0(0) + Π0z, y0,0), (2.54) Π0z1(0) =z10−z¯10(0). (2.55)
Vì Π0z là hàm véc-tơ hai chiều và chỉ có trước một điều kiện (2.55) nên điều kiện này không giúp xác định duy nhất nghiệm. Để tìm Π0z và các hàm Π khác, ta cần bổ sung điều kiện rằng chúng dần về không khi τ0 → ∞
Πkz(∞) = 0, k = 0,1,2, . . .
tiệm cận: nó là điểm yên ngựa. Để xác định được toàn bộ nghiệm Π0z(τ0) ta đưa ra điều kiện sau, tương tự với điều kiện 30 của Mục 2.1.1.
3′. Đường thẳng Π0z1 = z10 − z¯10(0) giao với đường phân tách đi qua điểm dừng (điểm yên ngựa) Π0z = 0 của hệ (2.54) khi τ0 → ∞.
Tương tự có thể chứng minh được Π0z(τ0) thỏa mãn ước lượng mũ
∥Π0z(τ0)∥ ≤ ce−κτ0, τ0 ≥ 0. (2.56)
Hàm biên Q0z(τ1) được xác định tương tự như hàm Π0z(τ0) với điều kiện tương tự như điều kiện 3′ (được gọi là điều kiện 3′′). Khi đó hàm Q0z(τ1) có ước lượng mũ kiểu (2.56)
∥Q0z(τ1)∥ ≤ceκτ1, τ1 ≤ 0. (2.57)
Đến đây các hàm số bậc không hoàn toàn được xác định.
Bây giờ ta xét các phương trình của x¯1(t) và Π1x(τ0)
d¯z0 dt = ¯Fz(t)¯z1+ ¯Fy(t)¯y1, d¯y1
dt = ¯fz(t)¯z1+ ¯fy(t)¯y1, (2.58)
trong đóF¯z(t) = Fz(¯z0(t),y¯0(t), t)vàF¯y(t),f¯z(t),f¯y(t)được xác định tương tự
dΠ1z dτ0
= Π1F ≡ Fz(τ0)Π1z+Fy(τ0)Π1y+G1(τ0),
dΠ1y dτ0
= Π0f,
(2.59)
trong đóFz(τ0) = Fz z¯0(0) + Π0z(τ0), y0,0
vàFy(τ0)được xác định tương tự, G1(τ0) được cho trước theo công thức (2.23). Các điều kiện bổ sung của (2.58) và (2.59) là
¯ z11(0) + Π1z1(0) = 0, y¯1(0) + Π1y(0) = 0, (2.60)
Π1z(∞) = 0, Π1y(∞) = 0. (2.61)
Từ phương trình thứ hai của (2.59) và điều kiện (2.61) kéo theo
Π1y(τ0) =−
Z ∞ τ0
Π0f(s)ds.
Do đó
Π1y(0) = −
Z ∞ 0
Π0f(s)ds, và từ điều kiện thứ hai của (2.60) ta thu được
¯ y1(0) =
Z ∞ 0
Π0f(s)ds.
Điều kiện ban đầu này giúp xác định duy nhất nghiệm z¯1(t), y¯1(t) của hệ phương trình tuyến tính (2.58).
Sử dụng phương trình thứ nhất của (2.59) và các điều kiện biênΠ1z1(0) =
−¯z11(0), Π1z(∞) = 0 để xác định Π1z(τ0). Có thể chứng minh được các điều kiện này giúp xác định duy nhất Π1z(τ0) (xem [10]).
Bài toán của Q1x(τ1) có dạng
dQ1z dτ1 = Fz(τ1)Q1z+Fy(τ1)Q1y+H1(τ1), dQ1y
dτ1 = Q0f, (2.62)
¯
z21(1) +Q1z2(0) = 0, (2.63)
Q1z(−∞) = 0, Q1y(−∞) = 0. (2.64)
Ở đâyFz(τ1) = Fz(¯z0(1) +Q0z(τ1),y¯0(1),1) và Fy(τ1) được xác định tương tự, H1(τ1) có cùng cấu trúc như G1(τ0) trong (2.23).
Phương trình thứ hai của (2.62) kết hợp với điều kiện (2.64) cho nghiệm
Q1y(τ1) =−
Z −∞
τ1
Q0f(s)ds.
Hàm z¯21(t) đã biết nên để xác định Q1z(τ1) ta sử dụng phương trình thứ nhất của (2.62) với các điều kiện bổ sung là Q1z2(0) = −z¯21(1) và Q1z(−∞) = 0. Các điều kiện này cho phép ta xác định duy nhất Q1z(τ1).
Tương tự, ta có thể xác định x¯k(t),Πkx(τ0), Qkx(τ1) từng cặp một với bất kỳ k. Với các hàm Πk và hàm Qk, đánh giá mũ kiểu (2.56) và (2.57) được thỏa mãn.
Ví dụ 2.2.3. Xây dựng xấp xỉ tiệm cận bậc không và bậc một của nghiệm của bài toán
εdz1
dt =yz2−3, εdz2
dt = yz1, dy
dt =z1+ 1, t ∈ (0,1), z1(0, ε) = −1, z2(1, ε) = 1, y(0, ε) = 1.
Có Π0y(τ0) =Q0y(τ1) = 0.
Các số hạng chính quy bậc không là nghiệm của bài toán
0 = y0z20−3, 0 = y0z10, dy0
dt = z10 + 1, y0(0) = 1. (2.65) Nghiệm của bài toán này là
¯ z10(t) = 0, y¯0(t) = 1 +t, z¯20(t) = 3
1 +t.
Các giá trị riêng của ma trận Fz là λ1,2 = ±y¯0(t) và do đó điều kiện 2′ được thỏa mãn.
Với Π0y(τ0) = 0, hệ (2.54) với điều kiện (2.55) và điều kiện giảm tại vô cùng có dạng
dΠ0z1 dτ0
= Π0z2, dΠ0z2
dτ0
= Π0z1, τ0 ≥ 0, Π0z1(0) =−1−z¯10(0) =−1, Π0zi(∞) = 0,
Giải bài toán trên ta thu được nghiệm Π0z1(τ0) = −e−τ0 và Π0z2(τ0) = e−τ0.
Tương tự, với Q0z1 và Q0z2, ta có
dQ0z1
dτ1 = 2Q0z2, dQ0z2
dτ1 = 2Q0z1, τ1 ≤ 0,
Q0z1(0) = 1−z¯20(1) =−1
2, Q0zi(−∞) = 0.
Giải hệ này ta thu được Q0z2 = Q0z1 = −12e2τ1. Do vậy tất cả các số hạng bậc không đã được xác định.
Π1y(τ0) và Q1y(τ1) được xác định từ hệ sau
dΠ1y dτ0
= Π0z1 = −e−τ0, dQ1y
dτ1
= Q0z1 = −1
2e2τ1, Π1y(∞) = 0, Q1y(−∞) = 0.
Giải hệ này ta thu được Π1y(τ0) =e−τ0 và Q1y(τ1) =−14e2τ1. Và do vậy y1(0) = −Π1y(0) = −1.
Các hàm số chính quy bậc một x1(t) là nghiệm của bài toán sau
0 = (1 +t)z21+ 3
1 +ty1, − 3
(1 +t)2 = (1 +t)z11, dy1
dt = z11, y1(0) = −1.
Giải hệ trên ta thu được theo thứ tự
z11(t) = − 3
(1 +t)3, y1(t) = 3
2(1 +t)2 − 5
2,
z21(t) = − 3
(1 +t)2
3 2(1 +t)2 − 5
2
.
Các hàm số biên bậc nhất trong lân cận của t = 0 được tìm từ bài toán
sau dΠ1z1
dτ0
= Π1z2+ (2 +τ0)e−τ0 +e−2τ0,
dΠ1z2
dτ0 = Π1z1+ (1−τ0)e−τ0 −e−2τ0, Π1z1(0) = −z11(0) = 3, Π1zi(∞) = 0.
Nghiệm của bài toán trên là
Π1z1(τ0) = 1
2(τ02+τ0+ 8)e−τ0 −e−2τ0,
Π1z2(τ0) =−1
2(τ02+τ0+ 11)e−τ0 +e−2τ0.
Các hàm số biên bậc nhất trong lân cận của t = 1 là nghiệm của bài
toán dQ1z1
dτ1 = 2Q1z2+ 1
8e4τ1 + 1
16(11−8τ1)e2τ1, dQ1z2
dτ1
= 2Q1z1+ 1
8e4τ1 + 1
16(17−8τ1)e2τ1,
Q1z2(0) = −z21(1) = −51
32, Q1zi(−∞) = 0.
Giải hệ này ta được các nghiệm sau đây
Q1z1(τ1) = 1
16e4τ1 − 1
8(14−7τ1+ 2τ12)e2τ1,
Q1z2(τ1) = 1
16e4τ1 − 1
32(−53 + 28τ1−8τ12)e2τ1.
Nghiệm x(t, ε) (được giải số bởi Maple 17) và các xấp xỉ của nó với ε = 0.1 được minh họa trong Hình 2.3 - 2.5, trong đó nghiệm chính xác được vẽ bằng nét liền, nghiệm suy biến được vẽ bằng nét đứt, xấp xỉ bậc không được vẽ bằng đường gồm các điểm hình tròn, xấp xỉ bậc nhất được vẽ bằng đường nét đứt-chấm.
Hình 2.3: Đồ thị của z1(t, ε) và các xấp xỉ Hình 2.4: Đồ thị của z2(t, ε) và các xấp xỉ
Hình 2.5: Đồ thị của y(t, ε)và các xấp xỉ
Ký hiệu Xn(t, ε) là tổng riêng thứ n của phép mở rộng (2.45):
Xn(t, ε) =
n
X
k=0
εk
¯ xk(t) + Πkx(τ0) +Qkx(τ1)
.
Định lý 2.2.4. Với các điều kiện 10 và 40 của Mục 2.1.1 và Mục 2.1.2 và các điều kiện 2′,3′ và 3′′, với ε đủ nhỏ, bài toán (2.42) - (2.44) có một
nghiệm duy nhất x(t, ε) trong vùng lân cận của phần tử chính
¯ x0(t) + Π0x
t ε
+Q0x
t−1 ε
của khai triển tiệm cận.
Chuỗi (2.45) là khai triển tiệm cận của nghiệm này trong đoạn0 ≤ t ≤ 1 khi ε →0, tức là
0≤t≤1max ∥x(t, ε)−Xn(t, ε)∥ = O(εn+1).
Chứng minh của định lý này trong trường hợp tổng quát hơn khi z là hàm véc-tơ l chiều được trình bày trong [10].
Chương 3
Bài toán điều khiển tối ưu dạng tuyến tính toàn phương chịu nhiễu kì dị