Xét bài toán giá trị ban đầu mờ sau:
(y0(t) = f(t, y(t)),
y(0) = (y(0, r), y(0, r)), 0 < r ≤ 1, (3.1) với f : R+ ×E →E là ánh xạ liên tục mờ.
Sử dụng phép biến đổi Laplace mờ ta có
L[y0(t)] = L[f(t, y(t))]. (3.2) Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu y0(t) là đạo hàm (1) thì y0(t) = (y0(t, r), y0(t, r)) và
L[y0(t)] = (pL[y(t)]) y(0). (3.3)
33
Phương trình (3.2) có thể viết lại như sau:
(l[f(t, y(t), r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r),
l[f(t, y(t), r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.4) với f(t, y(t), r) = min{f(t, u)|u ∈ (y(t, r), y(t, r))} và
f(t, y(t), r) = max{f(t, u)|u ∈ (y(t, r), y(t, r))}.
Để giải hệ tuyến tính (3.4), ta giả sử:
l[y(t, r)] = H1(p, r), l[y(t, r)] = K1(p, r).
với H1(p, r) và K1(p, r) là nghiệm của hệ (3.4). Sử dụng phép biến đổi Laplace ngược ta có:
y(t, r) = l−1[H1(p, r)], y(t, r) =l−1[K1(p, r)].
Trường hợp 2: Nếu y0(t) là đạo hàm (2), ta có y0(t) = (y0(t, r), y0(t, r) và
L[y0(t)] = (−y(0)) (−pL[y(t)]). (3.5) Phương trình (3.2) có thể viết lại như sau:
(l[f(t, y(t), r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r),
l[f(t, y(t), r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.6) Ta có: f(t, y(t), r) = min{f(t, u)|u ∈ (y(t, r), y(t, r))} và
f(t, y(t), r) = max{f(t, u)|u ∈ (y(t, r), y(t, r))}.
Để giải hệ (3.6) ta xét:
l[y(t, r)] = H2(p, r), l[y(t, r)] = K2(p, r),
ở đó H2(p, r) và K2(p, r) là nghiệm của hệ (3.6). Bằng phép biến đổi Laplace ngược, y(t, r) và y(t, r) được xác định bởi:
y(t, r) =l−1[H2(p, r)], y(t, r) = l−1[K2(p, r)].
Ví dụ 3.1.1. Xét bài toán giá trị ban đầu:
(y0(t) =−y(t), 0 ≤ t≤ T,
y(0) = (y(0, r), y(0, r)). (3.7)
Ta có:
L[y0(t)] = L[−y(t)], và
L[y0(t)] = Z ∞
0
y0(t)e−ptdt, Trường hợp 1: y0(t) là đạo hàm (1), ta có:
L[y0(t)] = (pL[y(t)] y(0).
Bởi vậy
−L[y(t)] = (pL[y(t)]) y(0).
Theo công thức (3.4), ta có thể viết lại công thức trên như sau:
(−l[y(t, r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r),
−l[y(t, r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.8) Giải hệ (3.8) ta có:
l[y(t, r)] = y(0, r)
p p2 −1
−y(0, r)
1 p2 −1
, l[y(t, r)] = y(0, r)
p p2 −1
−y(0, r)
1 p2 −1
. Vì vậy:
y(t, r) =y(0, r)l−1
p p2 −1
−y(0, r)l−1
1 p2 −1
, y(t, r) =y(0, r)l−1
p p2 −1
−y(0, r)l−1
1 p2 −1
,
⇒
y(t, r) =e−t
y(0, r) +y(0, r) 2
+et
y(0, r)−y(0, r) 2
, y(t, r) =e−t
y(0, r) +y(0, r) 2
+et
y(0, r)−y(0, r) 2
. Trường hợp 2: giả sử y0(t) là đạo hàm (2), ta có
L[y0(t)] = −(y(0)) (−pL[y(t)]).
Bởi vậy
−L[y(t)] = (−y(0)) (−pL[y(t)]).
Theo (3.6), ta có thể viết lại công thức trên như sau:
(−l[y(t, r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r).
−l[y(t, r)] = pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.9) Công thức nghiệm của hệ (3.9) là:
l[y(t, r)] = y(0, r) 1
1 +p
, l[y(t, r)] = y(0, r)
1 1 +p
. Bởi vậy ta có
y(t, r) =y(0, r)l−1 1
1 +p
, y(t, r) =y(0, r)l−1
1 1 +p
. Suy ra y(t, r) = e−ty(0, r) và y(t, r) =e−ty(0, r).
Nếu điều kiện ban đầu được cho như một số mờ đối xứng, ví dụ y(0) = (−a(1−r), a(1−r)) thì theo trường hợp 1:
y(t, r) =−a(1−r)et, y(t, r) =a(1−r)et. và theo trường hợp 2:
y(t, r) =−a(1−r)e−t, y(t, r) = a(1−r)e−t. Ví dụ 3.1.2. Xét bài toán giá trị ban đầu
(y0(t) = −y(t) +t+ 1, 0≤ t ≤T,
y(0) = (y(0, r), y(0, r)). (3.10)
Sử dụng phép biến đổi Laplace mờ ta có
L[y0(t)] = L[−y(t) +t+ 1]
và
L[y0(t)] = Z ∞
0
y0(t)e−ptdt.
Từ trường hợp 1 ta có
L[y0(t)] = (pL[y(t)]) y(0).
Bởi vậy ta có L[−y(t)] +l[t] +l[1] = (pL[y(t)]) y(0).
Từ công thức (3.4) ta có thể viết lại công thức trên dạng như sau (−l[y(t, r)] +l[t] +l[1] =pl[y(t, r)]−y(0, r),
−l[y(t, r)] +l[t] +l[1] =pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.11) Do vậy nghiệm của hệ (3.11) là
l[y(t, r)] = y(0, r) p
p2 −1 + 1 p(p−1), l[y(t, r)] = y(0, r) p
p2 −1 + 1 p(p−1). Bởi vậy
y(t, r) = y(0, r)(et +e−t
2 ) + et −1,
y(t, r) = y(0, r)(et +e−t
2 ) + et −1.
Từ trường hợp 2 ta có
L[y0(t)] = (−y(0)) (−pL[y(t)]).
Bởi vậy ta có L[−y(t)] +l[t] +l[1] = (−y(0)) (−pL[y(t)]).
Từ công thức (3.6), ta có thể viết lại công thức trên dạng như sau (−l[y(t, r)] +l[t] +l[1] =pl[y(t, r)]−y(0, r),
−l[y(t, r)] +l[t] +l[1] =pl[y(t, r)]−y(0, r). (3.12) Do vậy, nghiệm của hệ (3.12) là:
l[y(t, r)] = y(0, r)
1 1 +p
+
1 p(1 +p)
+
1 p2(1 +p)
,
l[y(t, r)] = y(0, r)
1 1 +p
+
1 p(1 +p)
+
1 p2(1 +p)
. Bởi vậy y(t, r) =y(0, r)e−t +t và y(t, r) =y(0, r)e−t +t.
3.2 Bài toán giá trị ban đầu với phương trình vi phân mờ cấp hai
Ví dụ 3.2.1.
Xét phương trình vi phân mờ cấp hai:
y”(t) =σ0, σ0 = (α−1,1−α), y(0, α) = (α−1,1−α),
y0(0, α) = (α−1,1−α).
Trường hợp 1: Xét y(t) và y0(t) có đạo hàm(1), từ công thức (2.5) ta có:
s2 L[y(t)] sy(0) y0(0) = σ0 s .
⇒
s2l[y(t, α)]−sy(0, α)−y0(0, α) = α−1 s , s2l[y(t, α)]−sy(0, α)−y0(0, α) = 1−α
s .
⇒
l[y(t, α)] = α−1
s3 + α−1
s + (α −1), l[y(t, α)] = 1−α
s3 + 1−α
s + (1−α).
⇒
y(t, α) = (α−1)l−1[ 1 s3 + 1
s + 1 s2], y(t, α) = (1−α)l−1[ 1
s3 + 1 s + 1
s2].
Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
y(t, α) = (α −1)(t2
2 +t+ 1), y(t, α) = (1 −α)( t2
2 +t+ 1).
Trường hợp 2: Xét y(t) có đạo hàm (1), y0(t) có đạo hàm (2). Từ công thức (2.6) ta có:
−y0(0) (−s2)L[y(t)]−sy(0) = σ0 s .
⇒
−y0(0, α) +s2l[y(t, α)]−sy(0, α) = α−1 s ,
−y0(0, α) +s2l[y(t, α)]−sy(0, α) = 1−α s .
⇒
l[y(t, α)] = −1−α
s3 + 1−α
s + 1−α s2 , l[y(t, α)] = −α −1
s3 + α −1
s + α −1 s2 .
⇒
y(t, α) = (α−1)l−1[−1 s3 + 1
s2 + 1 s], y(t, α) = (1−α)l−1[−1
s3 + 1 s2 + 1
s].
Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
y(t, α) = (α −1)(−t2
2 +t+ 1), y(t, α) = (1 −α)( −t2
2 +t+ 1).
Trường hợp 3: Xét y(t) có đạo hàm (2), y0(t) có đạo hàm (1). Từ công thức (2.7) ta có:
−sy(0) (−s2)L[y(t)]−y0(0) = σ0 s .
⇒
−sy(0, α) +s2l[y(t, α)]−y0(0, α) = α−1 s ,
−sy(0, α) +s2l[y(t, α)]−y0(0, α) = 1−α s .
⇒
l[y(t, α)] = α−1
s3 + α−1
s2 + 1−α s , l[y(t, α)] = 1−α
s3 + 1−α
s2 + α−1 s . Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
y(t, α) = (α −1)(−t2
2 −t+ 1), y(t, α) = (1 −α)( −t2
2 −t+ 1).
Trường hợp 4: Xét y(t) và y0(t) có đạo hàm (2). Từ công thức (2.8) ta có:
s2 L[y(t)] sy(0)−y0(0) = σ0 s .
⇒
s2l[y(t, α)]−sy(0, α)−y0(0, α) = α −1 s , s2l[y(t, α)]−sy(0, α)−y0(0, α) = 1−α
s .
⇒
l[y(t, α)] = α−1
s − α−1
s2 + α−1 s3 , l[y(t, α)] = 1−α
s − 1−α
s2 + 1−α s3 , . Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
y(t, α) = (α −1)(t2
2 −t+ 1), y(t, α) = (1 −α)( t2
2 −t+ 1),
Ví dụ 3.2.2. Xét phương trình vi phân mờ cấp hai:
y”(t) +y(t) =σ0, σ0 = (α,2−α), y(0, α) = (α−1,1−α),
y0(0, α) = (α−1,1−α).
Ta xét bốn trường hợp như sau:
Trường hợp 1: Xét y(t) và y0(t) có đạo hàm (1), theo công thức (2.5) ta có:
s2 L[y(t)] sy(0) y0(0) +L[y(t)] = σ0 s .
⇒
s2l[y(t, α)]−sy(0.α)−y0(0, α) +l[y(0, α)] = α s, s2l[y(t, α)]−sy(0, α)−y0(0, α) +l[y(0, α)] = α
s.
⇒
(1 +s2)l[y(t, α)] = α
s +s(α −1) +α−1, (1 +s2)l[y(t, α)] = 2−α
s +s(1−α) + 1−α.
⇒
l[y(t, α)] = α
s(1 +s2) + (α−1) s
1 +s2 + (α−1) 1 1 +s2, l[y(t, α)] = (2−α) 1
s(1 +s2) + (1−α) s
1 +s2 + (1−α) 1 1 +s2
⇒
y(t, α) = αl−1[ 1
s(1 +s2)] + (α−1) cost+ (α−1) sint, y(t, α) = (2−α)l−1[ 1
s(1 +s2)] + (1−α) cost+ (1−α) sint.
Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
(y(t, α) =α(1−cost)−(α−1) cost+ (α−1) sint,
y(t, α) = (2−α)(1−cost) + (1−α) cost+ (1−α) sint.
Tương tự ta xét các trường hợp còn lại như sau:
Trường hợp 2: Xét y(t) có đạo hàm (1), y0(t) có đạo hàm (2). Từ công thức (2.6) ta có:
−y0(0) (−s2)L(y(t))−sy(0) +L(y(t)) = σ0
s . Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
(y(t, α) = α(1 + sinh(t)) −sinh(t)−cos(t),
y(t, α) = (2−α)(1 + sinh(t))−sinh(t)−cos(t).
Trường hợp 3: Xéty(t) có đạo hàm (2) và y0(t) có đạo hàm (1). Từ công thức (2.7) ta có:
−sy(0) (−s2)L[y(t)] y0(0) +L[y(t)] = σ0 s . Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là
(y(t, α) =α(1−sinh(t)) + sinh(t)−cos(t),
y(t, α) = (2−α)(1−sinh(t)) + sinh(t)−cos(t),
Trường hợp 4: Xét y(t) và y0(t) có đạo hàm(2), từ công thức (2.8) ta có:
s2 L[y(t)] sy(0)−f0(0) +L[y(t)] = σ0 s . Ta có biểu diễn tập mức α của nghiệm là:
(y(t, α) =α(1−sin(t)) + sin(t)−cos(t),
y(t, α) = (2−α)(1−sin(t)) + sin(t)−cos(t),
3.3 Hệ động lực của phương trình vi phân mờ
Xét hệ sau
(x0 = f(t, x, u)
y = g(t, x, u) (3.13)
với x ∈ En, y ∈ Ep, u ∈ Em f : R×En ×Em −→ En và g : R×En × Em −→ Ep. Ở đây t là biến thời gian; u, y là điều kiện vào, điều kiện ra tương ứng. Chú ý x0 = ∂x
∂t tính theo đạo hàm Hukuhara.
Phương trình đầu trong công thức (3.12) gọi là phương trình trạng thái mờ, phương trình thứ hai gọi là phương trình điều kiện ra mờ. Và hệ(3.12) gọi là hệ động lực mô tả không gian trạng thái của hệ thời gian liên tục mờ.
Trong trường hợp tuyến tính, công thức (3.12) có thể viết như sau:
(x0 = Ax+Bu,
y = Cx+Du. (3.14)
với A ∈ Rn×n, B ∈ Rn×m, C ∈ Rp×n, D ∈ Rp×m và u: R →Em là hàm liên tục nhận giá trị mờ. Trong công thức (3.13), x là véctơ trạng thái mờ, u là điều kiện vào, y là điều kiện ra của hệ.
Bây giờ ta xét điều kiện ban đầu x(t0) = x0 ∈ En, t0 ∈ R và điều kiện vào u, tích phân phương trình thứ nhất của công thức (3.13), công thức biểu diễn của trạng thái đạo hàm (1):
φ(t, t0, x0) = Φ(t, t0)x0 + Z t
t0
Φ(t, s)Bu(s)ds, t∈ R (3.15) và công thức biểu diễn của trường hợp đạo hàm (2) là
φ(t, t0, x0) = Φ(t, t0)x0 (−1) Z t
t0
Φ(t, s)Bu(s)ds, t ∈ R, (3.16) với Φ là ma trận trạng thái mờ của A. Các tính toán với trường hợp đạo hàm (1) và trường hợp đạo hàm (2) tương tự nhau.
Giả sử các ma trận A, B, C, D xác định dương ta có:
y(t) =CΦ(t, t0)x0 +C Z t
t0
Φ(t, s)Bu(s)ds+ Du(t), t ∈ R. (3.17) Chú ý công thức (3.16) có thể xem như tổng của hai thành phần , nghiệm với điều kiện đầu vào u = 0 là
Ψ(t, t0, x0,0) = CΦ(t, t0)x0 (3.18)
và nghiệm với trạng thái ban đầu x(0) = x0 = 0 ρ(t, t0,0, u) = C
Z t t0
Φ(t, s)Bu(s)ds+Du(t). (3.19) Trong công thức (3.16) xét x0 = 0, sử dụng Dirac delta (δ) nghiệm của hệ (3.13) là:
y(t) = Z t
t0
[CΦ(t, γ)B +Dδ(t−γ)]u(γ)dγ
= Z t
t0
H(t, γ)u(γ)dγ, (3.20)
với H(t, γ) cho bởi H(t, γ) =
(CΦ(t, γ)B + Dδ(t−γ), t ≥ γ
0, t < γ . (3.21)
Từ Φ(t, t0) = eA(t−t0),ta có công thức nghiệm của phương trình thứ nhất của hệ (3.13) là
φ(t, t0, x0) =eA(t−t0)x0 + Z t
t0
eA(t−s)Bu(s)ds. (3.22) Do đó, nghiệm tổng quát của hệ (3.13) là:
y(t) = CeA(t−t0)x0 +C Z t
t0
eA(t−s)Bu(s)ds+Du(t). (3.23) Tương tự, nghiệm của hệ (3.13) với trạng thái ban đầu không là
y(t) = Z t
t0
[CeA(t−γ)B +Dδ(t−γ)]u(γ)dγ
= Z t
t0
H(t, γ)u(γ)dγ. (3.24)
Ví dụ 3.3.1 Xét A = [a1 a2]T, B = [a1]T, C = [a1], D = 0 và xét điều kiện ban đầu x(0, α) = (x1(0, α), x2(0, α))T, t ≥ 0, với a1 =
[0,1], a2 = [0,0], x1(0;α) = ˜0 và x2(0;α) = [−2 +α,−α] ∀ α ∈ [0,1].
Khi đó công thức nghiệm của hệ (3.13) là:
x1(t, α) = t2
2.˜1−[α,2−α]×t, x2(t, α) =tט1−[α,2−α].
Hơn nữa nghiệm tổng quát của hệ y(t) = Cx(t) được cho bởi công thức:
y(t, t0, x0, u) = Ψ(t, t0, x0,0, α) +ρ(t, t0,0, u, α)
= [t−2 +α, t−α]. (3.25)
Trong công thức (3.22), ta xét H(t−γ) =
(CeA(t−γ)B +Dδ(t−γ), t ≥ γ,
0, t < γ. (3.26)
Sử dụng biến đổi Laplace của (3.22) ta có ˆ
y(s) = ˆH(s)ˆu(s), (3.27)
với y(s) =ˆ L[y(t)], tương tự với H(t), u(t). Chú ý rằng Hˆ(s) gọi là ma trận chuyển hàm của hệ (3.13).
Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có:
sˆx(s) x(0) = Aˆx(s) + Bu(s)ˆˆ y(s), ˆ
y(s) =Cx(s) +ˆ Du(s).ˆ Vậy ta có:
ˆ
x(s, α) = (sI −A)−1x(o, α) + (sI −A)−1Bu(s, α),ˆ ˆ
x(s, α) = (sI −α)(−1)x(0, α) + (sI −α)−1Bu(s, α),ˆ với α ∈ [0,1].
Tiếp theo, ta xét hàm dưới và hàm trên của y(s)ˆ là:
ˆ
y(s, α) = C(sI −A)−1x(0, α) + C(sI −A)−1Bu(s, α) +ˆ Du(s, α).ˆ ˆ
y(s, α) = C(sI −A)−1x(0, α) + C(sI −A)−1Bu(s, α) +ˆ Du(s, α).ˆ
Sử dụng phép biến đổi Laplace ngược, ta có hàm trên và hàm dưới của y(t) trong dạng tham số như sau:
y(t, α) =L−1[ˆy(s, α)], y(t, α) = CeAtx(0, α) +C
Z t t0
eA(t−s)Bu(s, r)ds+Du(t, α).
y(t, α) =L−1[ˆy(s, α)], y(t, α) = CeAtx(0, α) + C
Z t t0
eA(t−s)Bu(s, α)ds+ Du(t, α).
Nếu x(0) = ˜0, khi đó nghiệm trạng thái 0 được cho bởi:
ˆ
y(s) = [C(sI −A)−1B +D]ˆu(s).
ˆ
y(s) = Hˆ(s)ˆu(s),
với Hˆ(s) =C(sI −A)−1B +D là hàm chuyển của hệ (3.13).
Ví dụ 3.3.2. Cho t0 = 0 và x(0) = 0, từ ví dụ (3.3.1) ta có Hˆ(s) =C(sI −A)−1B +D = 1
s, và có hàm chuyển H(t) =L−1[ ˆH(s)] = 1.
Ví dụ 3.3.3 Ta xét ví dụ 3.3.1 với điều kiện khi t0 = 0 và x(0) = ˜0, ta có
Hˆ(s) =C(sI −A)−1B +D = 1 s và do đó
H(t) =L−1[ ˆH(s)] = 1, t ≥ 0.
Cho x(0, α) = (˜0,(−2 +α, α))T và u là bước đơn vị, ta có:
ˆ
y = C(sI −A)−1x(0) + ˆH(s)ˆu(s)
= ˜1 1
s2 + [α −2,−α]
s .
Vậy:
y(t, α) = L−1[ˆy(s, α)] = L−1[ 1
s2 + α−2 s ].
y(t, α) = L−1[ˆy(s, α)] = L−1[ 1
s2 + −α s ].
Và hàm trên và hàm dưới của y(t) là:
y(t, α) = t−2 +α.
y(t, α) = t−α, ∀α ∈ [0,1].
3.4 Kết luận chương
Chúng tôi đã trình bày một số ứng dụng của phép biến đổi Laplace mờ trong việc giải phương trình vi phân mờ cấp một, cấp hai. Một ứng dụng khác đó là sử dụng phép biến đổi Laplace mờ để tìm nghiệm của hệ động lực mô tả không gian trạng thái của hệ thời gian liên tục mờ.
Luận văn tập trung nghiên cứu các vấn đề sau:
1, Trình bày một cách có hệ thống một số kiến thức liên quan đến lý thuyết tập mờ và giải tích hàm mờ.
2, Trình bày các kiến thức về phép biến đổi Laplace của hàm giá trị thực.
3, Mở rộng các kết quả của phép biến đổi Laplace của hàm giá trị thực kết hợp với những kiến thức về tập mờ, giải tích mờ, phương trình vi phân mờ để định nghĩa phép biến đổi Laplace mờ và nghiên cứu tính chất của nó.
4, Nghiên cứu một số ứng dụng của phép biến đổi Laplace mờ cho phương trình vi phân mờ.
Hà Nội, tháng 05 năm 2017 Tác giả
47