Tính điều khiển được hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính

Lý thuyết phương trình vi phân (thường) chứa tham s ố đi ều khiển đã được nghiên cứu trong rất n hiều cuốn sách với những vấn đề: công thức nghiệm, tính điều khiển được, quan sát được, Nghiên cứu về phương trình vi phân suy biến dừng và không dừng, luận văn đã trình bày những cách tiếp cận, những phương pháp khác nhau như cặp ma trận chính quy, toán tử hiệu chỉnh trái nhằm cùng một mục đích là đưa phương trình vi phân phức tạp trở về dạng đơn giản đã được nghiên cứu trước đó hoặc có những tính chất đặc biệt để giảm bớt khó khăn trong việc nghiên cứu, ví dụ như phương trình vi phân có ma trận hệ s ố là ma trận luỹ linh.

pdf67 trang | Chia sẻ: lylyngoc | Ngày: 23/08/2014 | Lượt xem: 1398 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Tính điều khiển được hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
i iN N nên với 1i ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) ( )( ) ( ) 0. i i i i i i i i EC AC PEQ Q C P PAQ Q C P PEC P PAC P P EC AC P           Vậy (1.1.3.9) được chứng minh. Xét (1.1.3.10). Vì 0 1 0C E C A I    nên với 0i ta có Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 ( )( ) ( )( ) ( ) 0. C E C A I Q C P PEQ Q C P PAQ I Q C EQ Q C AQ I Q C E C A I Q          Vậy 0 1C A C B E . Với 1i ta phải chứng minh 1i iC A C B . Thật vậy: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) ( )( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 i i i i i i i i i i i i C E C A Q C P PEQ Q C P PAQ Q C EQ Q C AQ C E C A N N N I I R S I N N           . 0 0 0 i Vậy ta có (1.1.3.10). Hơn nữa, 0; 0k kEC C E , trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( , )E A . Thật vậy, 1 1 1( )( )k k kEC PEQ Q C P PAC P    . Mà 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 k k k N N N EC I S  , còn 1 1 1( )( ) 0k k kC E Q C P PEQ Q C EQ    do 0kC E   . Vậy 0kC A . Với i k , do 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 i i N C nên 1 1 0i iC Q C P i . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 Từ đó ta có nhận xét sau. Nhận xét Nếu ( , )E A là cặp ma trận chính quy thì dãy 0 1 1, ,... , ,....k kC C C C chỉ có hữu hạn 0 1, ,... kC C C khác không. 1.3.4 Tính duy nhất của ma trận cơ sở Ta đã thấy ở trên, nếu ( , )E A là cặp ma trận chính quy với chỉ số 0k thì các ma trận cơ sở iC được xác định bởi hệ sau: 0 1 0 1 ; (1.3.4.1) , 0,1,2.... 1. (1.3.4.2) i i i i i i EC AC I C E C A I i k 1 1 1 0 0 0 0; 0; (1.3.4.3) ; (1.3.4.4) . (1.3.4.5) k kEC C E C C AC C C EC Với 0i thì (1.3.4.1) và (1.3.4.2) có dạng là: 0 1 0 1 EC AC I C E C A I Ngoài ra, 1 1( ) 0; ( ) 0 k kEC C E . Thật vậy, ta sử dụng (1.3.14) và (1.3.15) Do 0kEC nên theo (1.3.14) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( 1) ( ) ( 1) ... ( 1) ( ) k k k k k kEC E C E C EC EC E C EC Suy ra 1( ) 0 kEC . Vì 0kC E nên theo (1.3.15) ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( 1) ( ) ( 1) ... ( 1) ( ) k k k k k kC E C EC E C EC E C E C E Vậy 1( ) 0 kC E . Ta có định lý sau. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 Định lý 1.3.4 Giả sử ( , )E A là cặp ma trận chính quy với chỉ số 0k . Khi ấy, hệ (1.3.4.1)- (1.3.4.5) có nghiệm và nghiệm là duy nhất. 1.3.5 Toán tử hiệu chỉnh Xét toán tử ( )R được xác định bởi 0 1( ) ... k kR C C C , (1.3.5.1) trong đó k là chỉ số của cặp ma trận ( , )E A ; , 0,1,...iC i k là các ma trận cơ sở thoả mãn hệ: 0 1 0 1 ; (1.3.5.2) , (1.3.5.3) 0,1,2.... 1. i i i i i i EC AC I C E C A I i k 1 1 1 0 0 0 0; 0 (1.3.5.4) (1.3.5.5) (1.3.5.6) k kEC C E C C AC C C EC Toán tử ( )R như trên được gọi là toán tử hiệu chỉnh. Ta cũng có 0 00; 0 1,2,...i iC AC C AC i k . (1.3.5.7). Thật vậy, 1 1 1 1 1 1 0 0 0( )( )( )i i iC AC Q C P PAQ Q C P Q C AC P       . Mà 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0. 0 0 00 0 i i i I N C AC I R IS N I S    Tương tự ta có: 0 0iC AC . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 Bổ đề 1.3.5.1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 ( ) ( ) ; (1.3.5.8) ( ) ; (1.3.5.9) ( ) . (1.3.5.10) i i i i I C A C C I AC I C A C C C I C A C Chứng minh Ta có: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0( ) ( )I C A C IC C AC C I C AC C I AC . Suy ra 0 0 0 0( ) ( )C I AC I C A C . (*) Mà 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 (*) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . I C A C I AC I AC I C A I AC C I AC I C A C C I AC Vậy (1.3.5.8) được chứng minh. Từ (1.3.5.7) ta có 0 0iC AC . Suy ra 0 0( )i i i iC C C AC I C A C hay 1 1 0 0 0( ) ( ) ( )i i iI C A C I C A I C A C C . Cũng từ (1.3.5.7) ta có 0 0iC AC . Suy ra 0 0( )i i i iC C C AC C I AC . Hay 1 1 0 0 0( ) ( )( )i i iC I AC C I AC I AC C . Vậy (1.3.5.10) được chứng minh. Bổ đề 1.3.5.2 Xét phương trình ( ) ( ) ( )E A x t f t (1.3.5.11) với cặp ma trận ( , )E A chính quy chỉ số k . Nghiệm của (1.3.5.11) thoả mãn phương trình: 0( ) ( ) ( ) ( )I C A x t R f t . (1.3.5.12) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 Chứng minh Nhân (1.3.5.11) với ( )R ta được: ( )( ) ( ) ( ) ( )R E A x t R f t . Từ (1.3.5.3) và (1.3.5.4) suy ra 0 1 2 1 0 0 1 1 2 1 0 0 1 0 ( ) ... ... . k k k k k k k R E A C C C E A C A C E C A C E C A C E C A C E C A C E C A I C A Vậy 0( ) ( ) ( ) ( )R E A x t I C A x t R f t . Như vậy, (1.3.5.12) được chứng minh. Bổ đề 1.3.5.3 Vectơ ( ) ( )x t R y t , trong đó y thoả mãn phương trình 0 ( ) ( )I AC y t f t là nghiệm của (1.3.5.11). Chứng minh Từ (1.3.5.2) và (1.3.5.4) ta có 0E A R I AC . Suy ra 0( ) ( ) ( ) ( ).E A x t I A R y t I AC y t f t Điều đó chứng tỏ ( )x t là nghiệm của (1.3.5.11). Từ bổ đề 1.3.5.1 ta có: (i) 1 1 1 0 0 0 1 2 ... k kI C A R I C A C C C C . (ii) 1 1 0 0 0 1 2 ... k kR I AC C I AC C C C . Nhận xét Vế phải của (i) và (ii) là trùng nhau do (1.3.5.8) trong Bổ đề 1.3.5.1, nghĩa là Bổ đề 1.3.5.2 và Bổ đề 1.3.5.3 cho cùng một công thức biểu diễn nghiệm của (1.3.5.11). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 Từ (i) ta có 1 1 1 0 0 0 1 2[ ... ] k kI C A R f I C A C C C C f (*) Vì theo (1.3.5.12) thì 0I C A x R f . Suy ra 1 0x I C A R f . Kết hợp với (*) ta suy ra công thức biểu diễn nghiệm của (1.3.5.11): 1 1 0 0 1 ... k kx I C A C f C f C f . Từ đó ta có định lý sau. Định lý 1.3.5.1 Nghiệm của phương trình E A x f , với cặp ma trận ( , )E A chính quy chỉ số k có dạng: 1 1 ... k kx y C f C f , trong đó y là nghiệm của phương trình 0 0I C A y C f . (1.3.5.15) Điều này tương đương với 1 0 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) k kx t C z t C f t C f t C f t , trong đó ( )z t là nghiệm của phương trình 0 ( ) ( )I AC z t f t . ( 1.3.5.16) Chú ý Nếu là số mà 0 0; ;E A I C A I AC khả nghịch thì định lý luôn đúng. Ngoài ra, khi là toán tử vi phân hay sai phân thì điều này vẫn đúng. Khi ấy, cần hiểu nghiệm của (1.3.5.15) và (1.3.516) như là nghiệm chung (hoặc nghiệm riêng). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 1.3.6 Nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số Xét hệ phương trình vi phân đại số ( ( )) ( ) ( ), 0 d Ex t Ax t f t t T dt , (1.3.6.1) với cặp ma trận ,E A là chính qui, tức là det 0E A . 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: 1 0 1 ( ) ( ) ( ) i k i i d x t C z t C f t dt , (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 0 ( ) ( ) ( ) dz t AC z t f t dt . (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 điều kiện ban đầu (0)x a . Ta có thể thấy vectơ a nói chung không thể bất kì. Thật vậy, thay (0)x a vào (1.3.6.2), ta có 1 0 0 0 1 C ( ) i k i t i d a z C f t dt . (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 (0) (0)y Ex 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 và phương trình đã cho). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 §2 TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG 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 ( ) ; ( )n mx t u t  tương ứng là các vectơ trạng thái, điều khiển đầu vào, tham số đo đầu ra; , ;n n n mE A B  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]): 1( , ); ( , )QEP diag I N QAP diag A I . Đặt 1 11 1 2 2 2 ; , ; x B P x CP C C QB x B . Khi ấy (1.2.1) viết được dưới dạng : 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ), x t A x t B u t Nx t x t B u t y t C x t C x t   (1.2.2) trong đó 1 21 2 1 2; ; n n x x n n n  , còn 2 2n nN  là ma trận lũy linh bậc h. 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 vào 1( ) hpu t C , trong đó 1h pC là lớp hàm khả vi liên tục 1h lần. Từ mục 1.2, ta biết rằng khi 0t , nghiệm của hệ (1.2.2) là: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 ( )01 1 1 1 1 0 ( ) ( ) ( ) t A t A t s x t e x e B s u s ds ; 1 ( ) 2 0 ( ) ( ) h k k k x t N Bu t . 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 (0) nx  , nw  , có thể tìm được một thời điểm 1 0t và một điều khiển đầu vào u(t) 1h pC sao cho nghiệm tương ứng của (1.2.1) thỏa mãn 1( )x t w . Nếu hệ (1.2.1) là điều khiển được hoàn toàn thì từ một điểm ban đầu bất kì (0) nx  ta luôn có thể đi đến điểm bất kì khác nw  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: 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 , ; (1.2.2 ) , ; (1.2.2 ) x A x B u y C x a Nx x B u y C x b   Ta có định lý sau Định lý 2.1 (1) Hệ con chậm (1.2.2a) là điều khiển được hoàn toàn nếu ,rank sE A B n s  , s hữu hạn. (2) Các mệnh đề sau là tương đương: (2a) Hệ con nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn. (2b) 1 2 2 2 2... hrank B NB N B n ; (2c) 2 2rank N B n ; (2d) rank E B n . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 (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) 1 11 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2... ; ... n hrank B A B A B n rank B NB N B n ; (3d) ,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 điều khiển được hoàn toàn (xem, thí dụ, [4], [6]) nếu và chỉ nếu 1 1 1,rank sI A B n s  , s hữu hạn. (*) Chú ý rằng: 1 1 2 0 . 0 sI A B rank sE A B rank sQEP QAP QB rank sN I B v à sN-I là khả nghịch với bất kỳ số phức s, s hữu hạn, ta có: 2 1 1rank sE A B n rank sI A B . Chứng tỏ rằng (*) xảy ra nếu và chỉ nếu 1 2 ;rank sE A B n n n s  , s hữu hạn. Vậy (1) được chứng minh. (2) Ký hiệu 1 2 2 2 2: Im , ,..., hN B B EB E B , tức là tập ảnh của ánh xạ tuyến tính 1 2 2 2, ,..., hB EB E B . Theo định nghĩa, nếu hệ nhanh (1.2.2b) là điều khiển được hoàn toàn thì 2 2 n N B  hay 1 2 2 2 2... hrank B NB N B n . 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 2 2 , ( )rank sI N B n s N , (**) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 trong đó ( ) : 0N s s sI N . Do N là ma trận luỹ linh, ( ) 0N . Vậy (**) xảy ra nếu và chỉ nếu 2 2 2rank N B rank N B n . 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: 1 2rank E B rank QEP QB n rank N B . Điều này có nghĩa là 2 2rank N B n 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 điểm 1(0)x là ( )1 1 1 10 1 0 1 1 ( ) 2 0 ( ) ( ) ( ) ; ( (0)) : ( ) ( ) : ( ) ( ) t A t A t s t h k k k x t e x e B s u s ds R x x t u t x t N Bu t và tập đạt được từ điểm 1(0)x là 1 1( (0)) : ( (0)), 0tR x R x t . Giả sử có (3a). Chọn điều kiện ban đầu 1(0) 0x . Định nghĩa điều khiển được hoàn toàn cho thấy rằng: với bất kỳ nw  , luôn tồn tại 1 0t và một điều khiển đầu vào 1( ) hpu t C sao cho nghiệm tương ứng của hệ (1.2.1) có tọa độ điểm cuối thỏa mãn 1( )x t w. Nghĩa là tập đạt được 1 ( )1 1 1 1 0 1 1 ( ) 2 1 1 0 ( ) ( ) ( ) ; (0) : ( ) ( ) : ( ) ( ) t A t s h k k k x t e B s u s ds R x t u t x t N Bu t của hệ (1.2.1) xuất phát từ (0) 0x tại điểm 1t bằng cả không gian n : 1 1 2(0) nR A B N B  , Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 hay 1 11 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2... ; ... n hrank B A B A B n rank B NB N B n . Vậy từ (3a) suy ra (3c). Ký hiệu 1 1 2 1 1 2 1 1 2( (0)) : / : ( ) (0) , 0 A t n n H x x x x x t e x x  , là tập đạt được từ điểm 1(0)x khi không có điều khiển ( ( ) 0u t ). Ta có thể chứng minh được rằng 1 1( (0)) (0) ( (0))R x R H x . Giả sử có (3c). Khi ấy (0) nR  . Suy ra 1( (0)) nR x  , do đó hệ (1.2.1) là điều 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. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 Chƣơng 2 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ BIẾN THIÊN §1. TÍNH GIẢI ĐƢỢC CỦA PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ BIẾN THIÊN 1.1 Khái niệm chung Xét phương trình vi phân 1 0 1( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ), , d x t E t A t x t f t t T t t dt , (2.1.1) với giả thiết det ( ) 0,E t t T . Nghiên cứu tính giải được (sự tồn tại nghiệm) của phương trình (2.1.1) ta hướng tới hai mục tiêu sau: 1) Tiêu chuẩn giải được của hệ phương trình (2.1.1). 2) Cấu trúc tập nghiệm. Ta đã biết, đối với phương trình vi phân thường, bài toán giá trị ban đầu (bài toán Cauchy) luôn có nghiệm duy nhất. Nếu phương trình là tuyến tính, thì tập hợp nghiệm của nó tạo thành một không gian hữu hạn chiều với cơ sở là một bộ vectơ nghiệm độc lập tuyến tính. Các nghiệm khác được biểu diễn qua các vectơ cơ sở nhờ ma trận nghiệm cơ bản. Ta có Định nghĩa 1.1 Ma trận ( )X t cấp n n thoả mãn bài toán ban đầu ( ) ( ) ( ), ( ) .n X t C t X t t I X E  được gọi là ma trận nghiệm cơ bản của phương trình ( ) ( ) ( ) ( )x t C t x t f t . Ta đã biết định lý sau đây của phương trình vi phân thường. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 Định lý 1.1 Hệ phương trình vi phân ( ) ( ) ( ) ( ),x t A t x t f t t T (2.1.2) với , ( )A f C T là giải được trên mọi khoảng đóng I T và nghiệm tổng quát có dạng 1( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) , t x t c X t c X t X s f s ds t T , trong đó ( )X t là ma trận nghiệm cơ bản, nc  bất kỳ. Hơn nữa, c thì 1( , ) ( )x t c C T . Ký hiệu ( )iC T là không gian các hàm khả vi đến cấp i và ( )AC T là không gian các hàm giải tích trên T . Ta có Hệ quả 1.1 Nếu , ( )if A C T thì nghiệm tổng quát của (2.1.2) 1( , ) ( )ix t c C I . Hơn nữa, nếu , ( )Af A C T thì ( , ) ( )Ax t c C I trên mọi khoảng đóng I T . Một điều khá tự nhiên là, để tìm ra các tiêu chuẩn giải được của hệ (2.1.1), ta có thể đặt câu hỏi: Khi nào thì tập nghiệm của (2.1.1) tạo thành một không gian hữu hạn chiều (như trong trường hợp phương trình vi phân thường tuyến tính)?- Để làm điều này, ta đưa vào định nghĩa sau đây. Định nghĩa 1.2 Ta nói không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều trên khoảng ,I T nếu tồn tại ma trận 1( ) ( )dX t C T với d cột khác không sao cho mọi nc  thì vectơ hàm ( , ) ( ).dx t c X t c là nghiệm của phương trình 1 0x trên I và trên I không có nghiệm nào khác của phương trình 1 0x khác với ( , )x t c . Hàm ( )x t được gọi là nghiệm của phương trình (2.1.1) trên T nếu nó khả vi trên T và khi thay ( )x t vào (2.1.1) thì ta được đẳng thức đúng trên T . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 Có thể thấy, không gian nghiệm của hệ (2.1.1) có thể là vô hạn chiều. Thí dụ 1.1 Xét phương trình vi phân 1 1 2 2 ( ) ( )1 2 1 2 0, 0,1 ( ) ( )0 0 1 2 x t x t t x t x t   . (2.1.3) Ta thấy: 1 2 1 2 ( , ) 2 0 0 1 2 rank A B rank n và 1 2 ( ) 2 ( ) , 0,1,2... ( ) i i i i i x t t x t i x t t là nghiệm của hệ (2.1.3) vì 1 1 1 2 1 2 02 2 , 0,1 , 0,1... 0 0 1 2 0 i i i i it t t i it t Mà 0 ( )i ix t là độc lập tuyến tính vì 0 0 0 0 2 0 ( ) 0 0,1 0 i i i i i i i i ii i i c t c x t c t t c t . Do 0 i i t là cơ sở trong không gian các đa thức ( ) ( ) ; 0,1,...im iP t P t a t m nên suy ra 0 0,1,2...ic i Như vậy không gian nghiệm của (2.1.3) là vô hạn chiều. Thí dụ 1.1 cho thấy, không phải lúc nào không gian nghiệm của phương trình vi phân đại số cũng là hữu hạn chiều. Mặt khác, ta có Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 1 2 1 2 1 2( 1) 0 0 1 2 1 2 E A nên det( ) 0E A  . Vậy ,E A là không chính quy. Hệ (2.1.3) là hệ phương trình vi phân đại số dừng (hệ số hằng). Với phương trình vi phân đại số hệ số hằng ta đã biết một kết quả sau đây (xem [9]): Định lý 1.2 Cặp ma trận ,E A là chính quy khi và chỉ khi không gian nghiệm của phương trình ( ) ( ) 0Ex t Ax t là hữu hạn chiều. Hơn nữa, số chiều của không gian nghiệm bằng bậc của đa thức đặc trưng E A . Đối với hệ phương trình vi phân đại số với hệ số biến thiên, vấn đề trở nên phức tạp hơn rất nhiều. Thí dụ 1.2 Xét phương trình 1 0( ) ( ) 0, 0,1 0 0 1 t dx t x t t tdt . (2.1.4) 1 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0. tx t x t x t tx t x t   Ta có 1 0 ( ( ) ( )) 2 , 0 0 1 t rank E t A t rank t t . và 0 ( ) ( ) 0 0 1 1 t t E t A t t t . Nếu 0 thì det( ( ) ( )) 0E t A t  . Và (2.1.4) trở thành 1 2 1 2 ( ) ( ) 0; ( ) ( ) 0. tx t x t tx t x t   Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 40 Hệ trên có duy nhất một nghiệm 1( ) 0x t , 2 ( ) 0x t . Thật vậy, từ phương trình 1 2( ) ( ) 0tx t x t ta có 2 1( ) ( )x t tx t . Suy ra 2 1 1( ) ( ) ( )x t tx t x t  . Thay vào phương trình 1 2( ) ( ) 0tx t x t  ta được 1 2 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0tx t x t tx t tx t x t x t    . Vậy 1( ) 0x t . Suy ra 2 ( ) 0x t . Với 1 thì (2.1.4) 1 2 1 1 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) tx t x t x t x t tx t x t x t tx t   Hơn nữa: 1 ( ) 0,1,... i i i t x t i t là nghiệm của hệ và 0 ( )i ix t là độc lập tuyến tính. Do đó nó là cơ sở của không gian nghiệm. Như vậy ta thấy, không gian nghiệm là vô hạn chiều mặc dù det( ( ) ( )) 1 0E t A t . Với 1: 2 1 1 1 1 1 2 1 21 1 1 ( ) ( ) (2.1.4) ( ) ( ( ) ( )) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( 1) ( ) 0 ( ) 0 x t tx t tx t tx t x t x t x t tx t x t x t x t   Vậy (2.1.4) có duy nhất nghiệm ( ) 0x t mặc dù det( ( ) ( )) 0E t A t . Từ thí dụ này ta thấy, Định lý 1.2 không còn đúng đối với hệ phương trình vi phân có hệ số biến thiên. Định nghĩa 1.3 Giả sử 1 2,E E là các không gian vectơ tôpô. A là toán tử tuyến tính 1 2E E . Ta đưa vào ký hiệu các không gian: 1 : 0KerA u E Au được gọi là nhân (hạch) của A . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 2 1Im : ;A f E Au f u E được gọi là ảnh của A . 2ker Im E Co A A được gọi là đối nhân (đối hạch) của A . Định nghĩa 1.4 Ta nói hạch của toán tử 1 1 : ( ) ( )C T C T là hữu hạn chiều 1(dim er ; )K t T nếu không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều. Nhận xét Nhiễu nhỏ của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính có thể sẽ thay đổi chiều của không gian nghiệm thậm chí khi ( ) rankE t không thay đổi. Thí dụ 1.3 Xét hệ 1 1 2 2 ( ) ( )1 0 0 ( ) ( )0 0 1 0 x t x tt x t x tt   (2.1.5) với 20,1 ; ; ,t x  là các nhiễu đủ nhỏ. Khi 0, 0 thì 1 2 1 1 2 1 0 (2.1.5) ( ) ( ) 0 0 0 1 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 t x t x t t tx t x t x t tx t x t    Hệ này đã được xét trong Thí dụ 1.2. Khi 1 thì hệ có duy nhất nghiệm ( ) 0x t . Khi ; 0; 0 . Khi ấy 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) 0 (2.1.5) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) t x t x t x t t x t x t t x t t x t x t x t x t t x t     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 42 1 1 1 1 2 1 2 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dx t dtx t x t x t x t t x t x t t x t  1 11 1 1 2 1 2 1 ( ) ;ln ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . t t x t cex t c t x t t x t x t t ce Với 0t thì 1 2 1 1 (0) ; (0) (0). x c x c x Suy ra nghiệm của (2.1.5) có dạng (với 1 ) 1 1 2 1 1 ( ) (0) ; ( ) (0) (0) . t t t x t x e x t tx e x e Chọn ; 0 sao cho 1 2( ) ; ( )x t x t . Thí dụ chọn khi ấy 0 thì 0 và 1 1 1 . Suy ra 1 1 1 2 1 1( ) (0) ; ( ) (0) (0) t t tx t x e x t tx e x e . Vậy ta thấy họ nghiệm 1 2( ), ( )x t x t không tiến tới nghiệm ( ) 0x t . Mặc dù vậy, 1 ( ) 1 0 0 t rankE t rank không đổi với mọi nhiễu , 0 ( ) ( ) 0 0 1 1 t t E t A t t t , tức là det( ( ) ( )) ( ) 0 ; 0E t A t t t . Như vây, nhiễu dù nhỏ bao nhiêu cũng có thể làm thay đổi số chiều của không gian nghiệm. Ta có thêm một nhận xét rằng, nếu det ( ) 0E t với mọi t T thì 1Im ( )C T . Điều này không còn đúng khi det ( ) 0E t . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 43 Thí dụ 1.4 Xét hệ 1 1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) ( )0 1 1 0 0,1 ( ) ( ) ( )0 0 0 1 x t x t f t x t x t x t f t   , (2.1.6) Ta có: (2.1.6) 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x t x t f t x t f t f t x t f t x t f t  Như vậy, nếu ta chỉ giả thiết f C tức là f liên tục nhưng không khả vi thì hệ (2.1.6) là vô nghiệm. Để hệ có nghiệm ta phải đặt điều kiện, thí dụ, khá thô thiển, là 2f C . Ta đã biết, đối với phương trình vi phân thường tuyến tính không thuần nhất (vế phải không đồng nhất bằng 0), không gian nghiệm luôn hữu hạn và không phụ thuộc vào vế phải. Với phương trình vi phân đại số, tính chất số chiều hữu hạn của không gian nghiệm liên quan chặt chẽ với tính giải được của hệ không thuần nhất. Thí dụ 1.5 Xét hệ 1 1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) ( )1 1 0 ( ) ( ) ( )0 0 1 x t x t f tt x x t x t f tt   . (2.1.7) Ta có: (2.1.7) 1 2 1 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ). tx t x t x t f t tx t x t f t   Hệ 1 2 1 1 2 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 tx t x t x t tx t x t   có nghiệm là (xem Thí dụ (1.2) 1 1 2 1 ( ) ; ( ) ( ) x t C x t tx t Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 44 Đối với hệ (2.1.7) ta có: 1 2 1 1 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tx t x t x t f t x t f t tx t   1 2 1 1 1 1 2 2 1 ( ) ( ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tx t f t tx t x t x t f t x t f t tx t   Suy ra 2 1( ) ( )f t f t  Vậy hệ (2.1.7) giải được khi và chỉ khi vế phải của phương trình (2.1.7) thỏa mãn điều kiện 2 1( ) ( )f t f t  . Với điều kiện này hệ có vô số nghiệm dạng 1 1 2 2 1 ( ) ; ( ) ( ) ( ). x t C x t f t tx t Thí dụ 1.4 và thí dụ 1.5 cho ta thấy, để hệ phương trình vi phân tuyến tính có hệ số biến thiên có nghiệm thì phải có những điều kiện nhất định đặt lên vế phải, ví dụ như hàm f phải liên tục và khả vi đến cấp cần thiết. Những ví dụ trên đây cho ta thấy rằng, việc nghiên cứu tập nghiệm của hệ phương trình vi phân có hệ số biến thiên phức tạp hơn rất nhiều so với trường hợp hệ số hằng, chắc chắn phải có những điều kiện ràng buộc nhất định đặt lên hai vế của phương trình. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu các tính chất nghiệm để làm rõ hơn những điều này. 1.2 Các tính chất nghiệm Bổ đề 1.2.1 Ký hiệu ( , ) : , 0n nU a r x x a r r  Giả sử ( ) ( ( , )); 0,1,2....iA x C U a r i Khi ấy, ( , ); ( , ) ( , )b U a r U b U a r và các ma trận ( ); ( )L x R x xác định trên ( , )U b sao cho: 1, ( )rankA x const ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 45 2, det ( ) 0L x và 1( ) ( ). ( ) 0 A x L x A x ; 3, 2det ( ) 0; ( ). ( ) ( ) 0R x A x R x A x , trong đó số dòng (cột) khác không bằng . Định lý 1.2.1 Giả sử 1( ); ( ) ( )A t B t C I trong đó max ( ),rankA t t T . Khi ấy, không gian nghiệm của (2.1.1) là hữu hạn chiều trên T I khi và chỉ khi không tồn tại đoạn con 0 0, T I sao cho 0 0[ ( ), ( )] ,rank A t B t n t . Chứng minh Giả sử 0 0, T sao cho : 0 0( ( ), ( )) ,rank A t B t n t . Áp dụng bổ đề: 1 1 0 0, , sao cho 2( ( ), ( ))rank A t B t const , 1 1( ) ;rankA t const và tồn tại ma trận 1 1 ,1 1 ( )L t C sao cho 1( ) 0L t và 1 1 1 1 1 2 ( ) ( ) , ( )( ( ) ( )) 0 ( ) 0 0 A t B t t L t A t B t B t , (2.1.2.1) trong đó số dòng 0 của ma trận 1( )( ( ) ( ))L t A t B t bằng 2n . Có hai khả năng xảy ra. Khả năng 1 2 1 1( ) 0 ,B t t . Xét hệ 11 12 11 12( ) ( ) ( ) ( ) 0A A x t B B x t , (2.1.2.2) trong đó 11 12 1 11 11 12 1( ) ; det 0; ( )A A A A B B B trên 2 2 1 1, , . Xây dựng trên 2 2, nghiệm khác không của (2.1.2.1) như sau: ( ) ( )x t y t với 2 2 2 2( ) 0; '( ) 0; ( ) 0; '( ) 0y y y y . (2.1.2.3) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 46 Tách 1 2( ) ( ( ) ( ))y t y t y t tương ứng với các khối của 1 1,A B , ta có: 1 1 11 11 1' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), (2.1.2.4)y t A t B t y t q t trong đó 1 11 12 2 12 2( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )q t A t A t y t B t y t . Suy ra 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ) t y t X t c X t X s q s ds X t (2.1.2.5) là ma trận nghiệm cơ bản của hệ (2.1.2.4). Để (2.1.2.3) được thỏa mãn thì 1 2 2 1 2 2 2 2 2( ) ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0y X c y y y . 1 2 2 2 1 2 2 2( ) 0; ( ) 0; ( ) 0; ( ) 0y y y y . Do 1 2 2( ) ( ) 0y X c nên 0c . Ta tìm 2 ( )y t dưới dạng: 2 2 0 1 2 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) j j jy t a a t a t a t , trong đó 0 1, ,... ja a a  Từ (2.1.2.3), (2.1.2.4) và (2.1.2.5) ta suy ra 2 2( ) 0y . Vậy 0 0a . 1 2 1 2 2 2( ) 2 ( ) ... ( ) j jy t a a t ja t 2 2( ) 0y . Vậy 1 0a . 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) 0 j jy a a a ; (2.1.2.6) 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2( ) ( ) 2 3 ( ) ... ( ) 0 j jy a a ja ; 2 1 1 2 2 22 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 j i i i y X X s q s ds c a , (2.1.2.7) trong đó 2 1 1 1 2 2 11 12 2 12 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( ) ( ) ( )y X X s A s A s y s B s y s ds . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 47 Thay 2 2;y y ta có: 1 2 2 2 3 3( ) ... 0j jy c a c a c a . Suy ra 2 1 1 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )( ) ( )( )i iic X X s iA s s B s s ds . Khi 23j thì hệ (2.1.2.5)-(2.1.2.7) có nghiệm không tầm thường: 0 1, ,... ja a a và do (2.1.2.4) thì điều kiện 2 2 1 2( ) 0; ( ) 0y y được thỏa mãn. Khả năng 2 2 ( ) 0B t Giả sử 0 0, sao cho 0 0( ( ) ( )) ,rank A t B t n t . Theo bổ đề 1.2.1, 1 1, để 2 1( ) ( ) ; ( )rank A t B t rankA t và 1 1 1 1 2 ( ) ( ) : ( )( ( ) ( )) 0 ( ) 0 0 A t B t L L t A t B t B t . Do 2 ( ) 0B t nên 2 2 1 1, , sao cho tìm được định thức con 22B của ma trận 2B mà 22 0B trên 2 2, . Xét hệ 11 2 2 2 ( )( ) '( ) ( ) 0; , ( )0 B tA t x t x t t B t 1 1 2 ( ) '( ) ( ) ( ) 0 (*) ( ) ( ) 0 A t x t B t x t B t x t Coi 2 21 22( )B B B . Khi ấy 2 21 1 22 2( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0B t x t B t x t B t x t 1 2 22 21 1 1( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( )x t B t B t x t F t x t . Thay vào (*) ta suy ra: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 48 ' 11 11 12 11 12' 22 ' ' 11 1 12 2 11 1 12 2 ' ' 11 1 11 1 1 12 1 1 11 12 ( )( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) 0 ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) x tx t A t A t B t B t x tx t A t x t A t x t B t x t B t x t A t x t B t x t F t x t A t F t x t F t x t A t A t F t x '1 11 12 1( ) ( ( ) ( ) ( ) '( )) ( ) 0.t B t F t A t F t x t Ma trận 11 12( ( ) ( ) ( ))A t A t F t có số chiều 1 . Trƣờng hợp 2.1 11 12 1 3 3[ ( ) ( ) ( )] ,rank A t A t F t t Khi đó trở về khả năng 1 đã xét ở trên. Trƣờng hợp 2.2 11 12 2 2( ( ) ( ) ( )) 0 ,A t A t F t t . Ta có nhận xét như sau: nếu '1 1( ) ( ) 0x x thì 1( ) ( ) 0F x . 1( ) '( ) 0Fx do ' 1 1 1( ) ' 'Fx F x Fx . Hệ đại số 1 11 12 12 1( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) '( )) ( )B t x t B t B t F t A t F t x t  có nghiệm dạng: 1( ) ( ( ) ( ). ( )) ( )x t E t B t B t u t   , trong đó ( )u t là một hàm bất kỳ trên 2 2, và có thể đòi hỏi 2 2 2 2( ) '( ) 0; ( ) '( ) 0u u u u . Nếu không xảy ra Trường hợp 2.1 và Trường hợp 2.2 thì lại áp dụng Bổ đề 1.2.1 cho 11 12( ( ) ( ) ( ))A t A t F t để làm giảm số chiều. Sau ( 1)k bước sẽ dẫn đến dãy: 1 1 1 1, , ... ,r r r r và sẽ trở về Trường hợp 2.1 hoặc Trường hợp 2.2. Định lý được chứng minh. Nhận xét Điều kiện của định lý 1.2.1 có thể được thoả mãn nhưng vẫn có thể 1dim( )Ker ngay cả trong trường hợp hệ với hệ số hằng. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 49 Ta xét lại thí dụ 1.1: 1 1 2 2 ( ) ( )1 2 1 2 0, 0,1 ( ) ( )0 0 1 2 x t x t t x t x t   . Ta có 1 2 1 2 ( , ) 2 0 0 1 2 rank A B rank n và 1 2 ( ) 2 ( ) 0,1,2... ( ) i i i i i x t t x t i x t t là cơ sở của không gian nghiệm và 1 ix Ker vì 1 0 ix . Vậy 1dim Ker . Bổ đề 1.2.2 Giả sử 1, 1( ), ( ) ( )E t A t C I trong đó max ( ),rankE t t T . 2, 1dim( ) ,Ker t T . Khi đó phương trình (2.1.1) giải được trên 1 0 0, ; ( )T f C T . Hơn nữa, 0 0( , ) ( ) ( ); , , n dx t c X t c t t c  ; 1 0 0, ,0 0 ( ) ; ( ) ,dt C rankX t d const t . Hệ quả Giả sử 1( ), ( ) ( )E t A t C I và 1dim( ) ,Ker t T . Khi ấy 1( )f C T mà (2.1.1) vô nghiệm. Bổ đề 1.2.3 Giả sử 1, ( ), ( ) ( ); max ( ), mE t A t C I m rankE t t T Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 50 2, 1dim( ) ,Ker t T Khi ấy, 0 0, T I mà trên đó tồn tại ( 1) ,0 0 ( ), ( ) mP t Q t C cấp n n không suy biến sao cho: 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 d n d I P t E t Q t N t J tdQ t P t A t Q t E t Idt trong đó ( )N t là ma trận tam giác trên dạng: 12 13 1 23 2 0 ( ) ( ) ... ( ) 0 0 ( ) ... ( ) ( ) ; 1 ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 k k N t N t N t N t N t N t k . Nhận xét ( ) 0kN t . Thật vậy, 12 13 1 12 13 1 23 2 23 22 12 23 1 1 2 2 0 ... 0 ... 0 0 ... 0 0 ... ( ) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0 0 0 ... 0 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 k k k k k i ik i k i ik i N N N N N N N N N N N t N N N N N N ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 51 12 23 1 2 12 13 1 23 23 2 3 12 23 34 12 2 3 23 3 4 0 0 ... 0 ... 0 0 ... 0 0 0 ...( ) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... 0 0 0 0 ... ... ... k i ik i k k k i ik i k i ik i k i ik i N N N N N N N N N N NN t N N N N N N N N N . ... ... ... ... 0 0 0 0 ... 0 Ta thấy số hàng không tăng theo luỹ thừa của ma trận ( )N t . Bằng quy nạp ta suy ra ( ) 0kN t . Định nghĩa 1.5 Ta nói hệ (2.1.1) có nghiệm Cauchy trên T nếu nó giải được với mọi 1; max ( ),f C rankE t t T và tồn tại ma trận 1( ); ( ) ( )dX t t C T sao cho ( ) onst t TdrankX t d c và ( , ) ( ) ( )dx t c X t c t là nghiệm trên , nT c  . Hơn nữa, trên mọi khoảng 0 0, T không có nghiệm nào khác ( , )x t c . Thí dụ 1.6 Xét hệ phương trình sau 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) ( )0 ; ( ) ( ) ( )0 0 1,1 . ( ) ( ) ( )0 ; ( ) ( ) ( )0 0 x t x t f tt x t x t f t t T y t y t f tt y t y t f t     (2.1.2.8) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 52 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 0 0 ( ( ) (0)( ) ( ) ( ) ( , ) ; 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ( , ) ,( ) ( ) 0 0 ttx t x t f t x t c c t x t f t f ty t y t f t f tf y t c cy t f t f    (2.1.2.9) trong đó 1 1 ( ) t f s ds , còn 1 1 ( ) ( ) (0)x t t t được xác định tại 0t như sau: 1 1(0) (0)x f . Tính giới hạn 1 1 120 0 1 1 0 20 1 1 lim (0) ( ) lim (0) ( ) (0) (0) (0) (0) 0( ) (0) lim . 2 t t t t f x t tf t t t tf f f s s ds f t Lấy đạo hàm phương trình đầu của (2.1.2.8) ta có 1 1 12tx x f . Vậy 1 1 (0) (0) 2 f x . Trên T hệ (2.1.2.8) không có các nghiệm khác với (2.1.2.9). Tuy nhiên, nếu ta xét các khoảng ,1I T thì hệ (2.1.2.8a) có một họ nghiệm 2 11 ( ( ) (0)0 ( , ) 0 0 t x t c c tt f , trong khi đó nghiệm của (2.1.2.8a) được mô tả trên mọi khoảng con của T bởi công thức (2.1.2.9a). 1.3 Nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính Định nghĩa 1.3.1 Toán tử 0 ( ) j r j j d L t dt , Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 53 trong đó ( ) ( )jL t C T là các ma trận cỡ n n , được gọi là toán tử hiệu chỉnh trái nếu 1. ( ) ( ) ( )x t x t A x t với mọi 1( ) ( )x t C T . Số r nhỏ nhất mà tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái được gọi là chỉ số trái của (2.1.1). Xét hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); [0; )E t x t A t x t f t t T (2.1.1) Giả thiết (.); (.); (.)E A f là đủ trơn và điều kiện ban đầu: 0(0)x x (1.1*) Nhận xét Bài toán Cauchy (2.1.1) - (1.1*) giải được không phải với mọi (0) nx  . Toán tử hiệu chỉnh trái biến (2.1.1) về hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) ;x t A t x t f t t T . (2.1.3.1) Bài toán Cauchy cho hệ (2.1.3.1) là giải được (0) nx  . Bổ đề 1.3.1 Giả sử cho (2.1.1) có toán tử hiệu chỉnh trái trên T . Khi ấy, nghiệm của (2.1.1) – (1.1*) và (2.1.3.1) – (1.1*) là trùng nhau khi và chỉ khi các điều kiện ban đầu tương thích. Xét hệ thuần nhất ( ) ( ) ( ) ( ) 0; [0; )E t x t A t x t t T . (2.1.3.2) Bổ đề 1.3.2 Giả sử rằng 2 3( ), ( ) ( )E t A t C T và phương trình (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh trái trên T . Khi ấy, điều kiện ban đầu (1.1*) tương thích với (2.1.3.2) khi và chỉ khi 1 0 1(0, ) 0 c x x c S , trong đó 1 ; dc S là ma trận n n không suy biến. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 54 Bổ đề 1.3.3 Giả sử rằng 2 3( ), ( ) ( )E t A t C T và phương trình (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh trái trên T . Khi ấy, (2.1.3.2) có nghiệm tổng quát dạng ( ) 0 ( , ) ( ) 0 0 Y t x t c U t c với ( ), ( )Y t U t là những ma trận không suy biến cấp d và cấp n t T và phương trình ( ) ( ) 0x t A x t có nghiệm dạng ( ) 0 ( , ) ( ) 0 ( ) Y t x t c U t c Y t , trong đó 1( ) ( )Y t C T là ma trận không suy biến với t T , cấp ( ) ( )n d n d . Chứng minh Giả sử (2.1.3.2) có toán tử hiệu chỉnh trái. Khi ấy hệ (2.1.3.2) được biến đổi về hệ ( ) ( ) ( ) 0;x t A t x t t T . (2.1.3.3) Nghiệm của (2.1.3.3) có dạng ( ) ( ) (0)x t t x , trong đó ( )t là ma trận nghiệm cơ bản. Theo bổ đề 1.3.2 thì ( )x t cũng là nghiệm của (2.1.3.2) nếu 0x có dạng 1 0 1(0, ) 0 c x x c S . Đặt 1 2 3 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) G t G t t S G t G t thì nghiệm của (2.1.3.2) có dạng 1 2 1 1 11 1 3 4 3 1 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( )0 G t G t G t c G tc x t c c G t G t G t c G t . Nhưng 1 3 ( ) onst = d, t T ( ) G t rank c G t nên tồn tại ma trận không suy biến 1( ) ( )U t C T cấp n n sao cho Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 55 11 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 G t Y t U t G t , trong đó 1( ) ( )Y t C T là ma trận không suy biến cấp d d . Vậy 1 ( ) ( ) 0 ( , ) ( ) ( ) 0 0 0 Y t Y t x t c U t c U t c . Đặt 1 0 ( ) 0 ( ) ( )n d n d Y t E U t t S E . Khi ấy ta có ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) Y t t S U t Y t . Đó chính là điều phải chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 56 §2 TÍNH ĐIỀU KHIỂN ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ VỚI HỆ SỐ BIẾN THIÊN Xét hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2.2.1) det ( ) 0 E t x t A t x t B t u t E t t T  Giả thiết ( ), ( ) ( ); ( ), ( )AE t A t C T B t u t đủ trơn và giả sử (2.2.1) có toán tử hiệu chỉnh trái. Theo Bổ đề 1.2.3, luôn ( ), ( ) ( )AP t Q t C T sao cho với phép đổi biến ( ) ( ) ( )x t Q t y t thì (2.2.1) tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (C C P t E t x t P t A t x t P t B t u t P t E t Q t y t Q t y t P t A t Q t y t P t B t u t P t E t Q t y t P t A t Q t P t E t Q t y t P t B t u t E t y t A t y t P t B t u t     ), (2.2.3) trong đó: 1 2 3 4 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ; 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) d C C n d I E t P t E t Q t N t J t A t P t A t Q t P t E t Q t I B t B t P t B t B t B t  ( )J t là ma trận cỡ d d ; ( )N t là ma trận tam giác trên ( ) ( ); ( ) 0; rn d n d N t r n d . Xét toán tử 1 0 1 -1 0 0 0 0 0 ... 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) r d r I d d W t W t W tdt dt trong đó: ( ); 0,1,..., -1jW t j r được xác định bởi -1 1 ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) r r j j j j j W t t F t ; 1( ) ( )rt C T Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 57 và 0 1( ) ( ); ( ) ( ) ( ); ( ) 0rF t t F t N t t N t . Như vậy, 0 ( ) ; ( ) ( 0,1,... 1)n d jW t I W t j r là các ma trận cỡ ( ) ( )n d n d có cùng cấu trúc với ( )N t . Lƣu ý Phương trình ( ) ( ) ( ) ( )N t x t x t f t (**) có nghiệm dạng 1 0 ( ) ( ) r j j x t F f t . (***) Thật vậy: Với 1r thì ta có 0( ) ( ) ( )x t F f t f t . Suy ra ( ) ( )x t f t . Chứng tỏ ( ) ( ) ( ) ( )N t x t N t f t . Thay vào (**) ta có: ( ) ( ) ( ) ( )N t f t f t f t (luôn đúng t T vì ( ) 0N t khi 1r ). Với 2r ta có: 0 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t F t F t f t N t f t 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x t f t N t f t N t f t N t x t N t f t N t f t N t N t f t       Vì 2r và ( )N t là ma trận tam giác trên với các ô vuông trên đường chéo bằng không nên 2 ( ); ( ) ( ) 0N t N t N t t T và ta có: ( ) ( ) ( ) ( )N t x t N t f t . Thay vào (**) ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N t f t f t N t f t f t  ( luôn đúng). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 58 Với 3r 0 1 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) x t F t F t F t f t N t f t N t N t f t N t f t f t N t N t N t f t N t f t x t f t N t N t N t N t f t N t N t N t f t N t N t f t             2 2 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) N t f t N t x t N t f t N t N t N t N t f t N t N t N t f t N t N t f t N t f t         Vì 3r thì 3 2 2 2( ); ( ) ( ); ( ) ( ); ( ) ( ) 0N t N t N t N t N t N t N t t T   nên ta có 2 2 (**) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) N t f t N t N t N t f t N t f t f t N t N t N t f t N t f t f t      luôn đúng. Quy nạp theo r ta có công thức nghiệm (***) Từ lưu ý trên, ta thấy biến hệ (2.2.3) về dạng: 1 1 0 1 r-1 ( ) 00 ( ) ( ) 00 0 0 0 0 0 0 ; ;...; . [B( )]. ( ) (2.4) 0 W ( ) 0 W ( ) 0 W ( ) d n d d r r J tI y t y t I I M t d u t t t t   trong đó: 1 2 1 3 4 ( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) ( ) ... ( ) r r u t B t B t u t B t d u t B t B t u t  0 0 1 1 0 1 1 0 ( ) 1 ( 1) B( ) 0 ... 0 B( ) B( ) ... 0 [B( )] (#) ... ... ... ... B ( ) B ( ) ... B( ) r j j j j j j C t C t C t M t C t C t C t        Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 59 Chẳng hạn: Với 2r thì 0 0 1 1 W ( ) ; W ( ) ( ) W ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) W ( ) ( ) n dt I t t t t t N t t t N t   trong đó ( )t bất kỳ, 0 1 0 0 0 0 W ( ) 0 W ( ) dI d t t dt và phương trình ( ) ( ) ( ) ( )N t x t x t f t có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( )x t f t N t f t . biến (2.2.3) về dạng: 1 1 0 1 ( ) 0 0 0 00 ( ) ( ) ; . [B( )]. ( ) 0 0 W ( ) 0 W ( )0 0 dd r r n d J t II y t y t M t d u t I t t  0 1 0( ) 0 0 0 00 ( ) ( ) ( ) ; . 0 0 W ( ) 0 W ( )0 0 ( ) dd n d BJ t II u t y t y t I t t u tB B      1 1 2 2 0 3 1 4 2 1 3 1 4 2 3 1 4 2 ( ) 00 ( ) ( ) 00 0 ( ) ( ) ( ) ( ) W ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) W ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) d n d J tI y t y t I B t u t B t u t t B t u t B t u t t B t u t B t u t B t u t B t u t      Nhận xét Ta thấy: 0 ( ) ( ), (2.2.5) 0 d r r n d I U t d td I dt trong đó j j+10 r-1 0 00 0 0 ( ) ;...; ;...; , 0 W ( ) W ( )0 W ( ) 0 W ( ) 0,1,..., 2 d r I U t t tt t j r   (2.2.6) là toán tử hiệu chỉnh trái cho phương trình (2.2.3). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 60 Bổ đề 2.1 ( ) ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) j j j i d Av t M A t d v t A t v t C t Theo Bổ đề 2.1 thì (2.2.3) được đưa về dạng ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 r r r r J t y t y t U t M P t M B t d u t (2.2.7) Do 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t Q t y t hay y t Q t x t nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,r r r rx t A t x t Q t U t M P t M B t d u t t T  , (2.2.8) trong đó 1 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 J t A t Q t Q t Q t  . Vậy (2.2.7) có thể coi như hệ nhận được từ (2.2.1) bằng cách tác động toán tử hiệu chỉnh trái. Khi ấy, theo cách xây dựng, toán tử hiệu chỉnh trái cho (2.2.1) có dạng ( ) ( ) ( ) .r r rQ t U t M P t d (2.2.9) Và trong (2.2.8) thì ( ) ( )A t A t . Xét hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,E t x t A t x t B t u t t T a b . (2.2.1) Định nghĩa 2.1 Hệ (2.2.1) được gọi là điều khiển được hoàn toàn theo trạng thái nếu từ một trạng thái ban đầu cho trước bất kỳ 0 0 0( ) ; ,x t x t a b bằng cách chọn một điều khiển đầu vào ( )u t tương ứng có thể đưa về trạng thái 1 1 1( ) ; ,x t x t a b sau một khoảng thời gian hữu hạn 1 0t t . Bổ đề 2.2 1) Hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t A t x t B t u t điều khiển được hoàn toàn khi và chỉ khi 1( ); ( ) ;...; ( )n A A rank B t B t B t n hầu khắp nơi trên 0 1,t t . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 61 Trong đó ký hiệu ( )nA d I A t dt . Từ đây suy ra ( ( )) ( ) ( ) ( )nA d B t B t I A t B t dt ; 1 ( ) ( )i i A A A B t B t . 2) Hệ đại số ˆ0 ( ) ( ) ( );x t B t u t t T là điều khiển được khi và chỉ khi 0 1 ˆ ˆ( ) ( )rankB t rankB t n . Giả sử hệ (2.2.1) trên T đã xác định một toán tử hiệu chỉnh trái theo nghĩa: 0 ( ) j r j j d L t dt và 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t x t A t x t x C T . Xét 0 1 0 1( ) ( ( ); ( );... ( )) ( ( ); ( );... ( ) ( ) )r r rH t H t H t H t L t L t L t M B t Do (2.2.6),(2.2.9) và bổ đề 2.1 ta có: 1 2 j j+10 3 4r-1 0 00 ( ) ( )0 0 ( ) ( ) ;...; ;...; 0 W ( ) W ( )0 W (t) ( ) ( )0 W ( ) 0,..., 2 d r I B t B t H t Q t M t t B t B tt j r   Do công thức (#) nên ta có: 1 2 0 3 403 04 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ; ( ) ( ) ; 1,.. 1 ( ) ( )( ) ( ) j j j B t b t H t Q t H t Q t j r S t S tS t S t trong đó: 1 1 r-1 1 1 -2 -1 -1 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1 j-1 j r r-1 1 0 0 0 0 0 ( ) W ( ) ( ); ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) .............................. ( ) (W ( ) W ( )) ( ) W ( ) ( ) ( ) W ( ) ( ) r r r ri r i r i r r r i r r i r j r i j i i j i i j S t C t B t S t C W t W t B t C W t B t S t C t t B t C t B t S t C t B t C     1 ( ) 0 ( ) j-1 j r-1 1 (W ( ) W ( )) ( ) W ( ) 3,4. r j r i r i j t t B t C t B i  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 62 Kí hiệu: ( )n d I A t dt  và 0 ( ) 0 0 0 0 j n n d J td I d dt I dt với 1 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 J t A t Q t Q t Q t  . Bổ đề 2.3 Giả sử ( )t là ma trận hàm với kích thước tương ứng và đủ trơn. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 0,1,2....k kQ t t Q t t k Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp. Với 0k đẳng thức trên đúng. Với 1k ta có: 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 d Q t t Q t t B t Q t t dt d Q t d t J t t Q t Q t Q t Q t Q t t dt dt J t Q t t Q t t Q t Q t Q t t Q t t J t Q t t Q t t Q       ( ) ( )t t Giả sử khẳng định đúng với k n . Ta chứng minh đúng với 1k n . Thật vậy: 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 0 n n n n n n n Q t t Q t t J td Q t t Q t Q t Q t Q t t dt J td Q t t Q t t Q t t dt     Vậy ta có điều phải chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 63 Định lý 2.1 Giả sử: 1, ( ), ( ) ( ); ( ), ( ) ( )A rE t A t C T B t u t C T ; 2, Tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái cho (2.2.1); 3, 1( ); ( ) ;... ( )drank H t H t H t n  hầu khắp nơi trên 0 1,T t t , với d là số chiều của không gian nghiệm của (2.2.1); 4, 1 2 1 1 2 1 1 ( ( ) ( 1) ( ) ;... ( ) ( ) ( ) r j j j r r r j rank H t H t H t H t H t   ; 1( ) ( ) ; ( ))r r rH t H t H t n d  khi 0t t và 1t t . Khi đó (2.2.1) là điều khiển được hoàn toàn. Hệ quả Giả sử ( ), ( ) ( ); ( ), ( ) ( )A rE t A t C T B t u t C T và tồn tại toán tử hiệu chỉnh trái cho (2.2.1). Ngoài ra, toán tử của (2.2.1) có 0Ker . Khi đó, (2.2.1) điều khiển được hoàn toàn khi và chỉ khi: 1 2 1 1 2 1 1 ( ( ) ( 1) ( ) ;... ( ) ( ) ( ) r j j j r r r j rank H t H t H t H t H t   1; ( ) ( ) ; ( ))r r rH t H t H t n  khi 0t t và 1t t . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 64 KẾT LUẬN Lý thuyết phương trình vi phân (thường) chứa tham số điều khiển đã được nghiên cứu trong rất nhiều cuốn sách với những vấn đề: công thức nghiệm, tính điều khiển được, quan sát được,… Nghiên cứu về phương trình vi phân suy biến dừng và không dừng, luận văn đã trình bày những cách tiếp cận, những phương pháp khác nhau như cặp ma trận chính quy, toán tử hiệu chỉnh trái nhằm cùng một mục đích là đưa phương trình vi phân phức tạp trở về dạng đơn giản đã được nghiên cứu trước đó hoặc có những tính chất đặc biệt để giảm bớt khó khăn trong việc nghiên cứu, ví dụ như phương trình vi phân có ma trận hệ số là ma trận luỹ linh. Từ định nghĩa điều khiển được hệ phương trình vi phân, ta thấy để xét đến tính điều khiển được hoàn toàn đòi hỏi phải tìm một hàm điều khiển u(t) đưa trạng thái ban đầu 0x về trạng thái bất kỳ 1x nào đó trong n , nghĩa là ta phải quan tâm đến đầu ra. Điều đó dẫn tới việc cần nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của hệ phương trình vi phân. Vì vậy, trong mục 1 của chương 1 và chương 2 chúng tôi đã phát biểu và chứng minh công thức nghiệm, tính chất nghiệm của hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính. Tiêu chuẩn điều khiển được nêu trong mục 2 của chương 1 và chương 2 cho hệ phương trình vi phân đại số tuyến tính chính là mở rộng tiêu chuẩn hạng Kalman, nhưng do tính chất phức tạp của hệ tuyến tính ẩn suy biến nên tiêu chuẩn điều khiển được cũng đòi hỏi những điều kiện khá phức tạp. Chúng tôi đã cố gắng trình bày các tiêu chuẩn và diễn giải phần chứng minh một cách tường minh. Quay trở lại với khái niệm điều khiển được hoàn toàn, nó đòi hỏi tìm một hàm điều khiển đưa trạng thái ban đầu 0x về trạng thái bất kỳ 1x . Tuy nhiên trong thức tế, ta không quan sát được toàn bộ đầu ra của trạng thái x(t) mà chỉ có thể quan sát được một số tọa độ của nó. Thí dụ, khi quan sát chuyển động của một chiếc máy bay trên bầu trời, ta chỉ có thể biết được các tọa độ vị trí của nó trong không gian mà không có khả năng đo được chính xác tức thời các tọa độ khác (vận tốc, gia Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 65 tốc…), nghĩa là về mặt toán học ta không biết toàn bộ x(t) mà chỉ quan sát được đầu ra qua vectơ H(t)x(t). Điều này giải thích khái niệm điều khiển được về không gian con hay H – điều khiển được. Trong một số cuốn sách về điều khiển có trình bày tiêu chuẩn H – điều khiển được cho hệ phương trình vi phân thường. Tuy nhiên đối với phương trình vi phân đại số tuyến tính ta lại chưa có được tiêu chuẩn H – điều khiển được (xem như là mở rộng của tiêu chuẩn H – điều khiển được phương trình vi phân thường). Vì vậy vấn đề này (và nhiều vấn đề khác của phương trình vi phân đại số) cần được xem xét kỹ hơn. Hy vọng rằng nó sẽ tiếp tục được nghiên cứu trong thời gian sắp tới. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 66 TÀI LIỆU THAM KHẢO I. Tiếng Việt 1. Trần Hà An: Ma trận cơ bản và tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân ẩn tuyến tính (Luận văn Cao học), Viện Toán học, 2003. 2. Phạm Kỳ Anh: Lý thuyết số trong bài toán điều khiển tối ưu, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2001. 3. Vi Diệu Minh, Trần Thiện Toản: Công thức nghiệm của hệ động lực suy biến không dừng có điều khiển, Tạp chí Khoa học và Công nghệ, Đại học Thái Nguyên, No2 (46), Tập 2 (2008), trang 105-109. 4. Vũ Ngọc Phát: Nhập môn lý thuyết điều khiển toán học (trong Bộ sách Cao học, Viện Toán học), Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2001. 5. Tạ Duy Phƣợng: Điều khiển được, ổn định và ổn định hóa (Giáo trình Cao học), 2008. II. Tiếng Anh 6. L. Dai: Singular Control Systems (in Lecture Notes in Control and Information Sciences, Vol 118), Springer-Verlag Berlin, Heidelberg, 1989. III. Tiếng Nga 7. Iu. E. Boarinshev: Hệ vi phân-đại số tuyến tính và phi tuyến, Nhà xuất bản Nauka, Novosimbirsk, 2000. 8. Iu. E. Boarinshev, I. V. Orlova: Chùm ma trận và hệ vi phân-đại số, Nhà xuất bản Nauka, Novosimbirsk, 2006. 9. V. Ph. Chischiakov, A. A. Scheglova: Những chương chọn lọc của lý thuyết hệ vi phân-đại số, Nhà xuất bản Nauka, Novosimbirsk, 2003. 10. Ph. P. Gantmacher: Lý thuyết ma trận, Nhà xuất bản sách Kỹ thuật-Lý thuyết, Moscow, 1954.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfdoc_66_3394.pdf