Hàm mũ của toán tử và phương trình vi phân hệ động lực

TAÏP CHÍ ÑAÏI HOÏC SAØI GOØN Soá 5 - Thaùng 01/2011<br /> <br /> <br /> HÀM MŨ CỦA TOÁN TỬ VÀ PHƯƠNG TRÌNH<br /> VI PHÂN HỆ ĐỘNG LỰC<br /> <br /> VÕ XUÂN BẰNG (*)<br /> LÊ NGỌC HƯNG (**)<br /> <br /> TÓM TẮT<br /> Hệ phương trình vi phân tuyến tính có hệ số hằng số, hay phương trình vi phân hệ<br /> động lực, trong các giáo trình đại học được giải theo phương pháp giá trị riêng của ma<br /> trận hoặc đưa về một phương trình vi phân cấp cao. Bài này giới thiệu phương pháp giải<br /> phương trình vi phân hệ động lực nhờ hàm mũ của toán tử.<br /> <br /> ABSTRACT<br /> Linear differential equations with constant coefficients or dynamical differential<br /> equations, which are basic knowledge for students, can be solved by using the values of<br /> matrices or by using advanced differential equations. This writing aims to introduce a<br /> method of solving dynamical linear differential equations based on the exponential<br /> function of operators.<br /> 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM MŨ CỦA exp(T) = eT = =I+ + +… +<br /> TOÁN TỬ (*) (**)<br /> +…<br /> Xét hệ phương trình vi phân thuần<br /> nhất có hệ số hằng Là một chuỗi trong không gian vector<br /> n<br /> L(R ). Coi T là ma trận vuông cấp n, I là ma<br /> x’ = A.x (1)<br /> trận đơn vị cấp n.<br /> x’ = ( … ),<br /> Ta có các tính chất trong bổ đề sau đây<br /> x = (x1 x2 x3 … xn) viết theo dạng cột, Bổ đề.<br /> A = (aij)n . <br /> Tk<br /> Tập L(Rn) = {T : Rn Rn T là toán<br /> 1. Chuỗi lũy thừa <br /> k 0 k !<br /> hội tụ tuyệt<br /> <br /> tử tuyến tính} được đồng nhất với tập tất đối và đều trên L(Rn).<br /> cả các ma trận vuông cấp n ( ma trận 2. Giả sử P, S, T là các toán tử trên Rn.<br /> của toán tử tuyến tính T trong cơ sở Khi đó:<br /> chính tắc) . Tập này được đồng nhất với<br /> a) Nếu Q = PT. P-1 thì eQ = P.eT. P-1 .<br /> 2<br /> vì ma trận là bảng gồm n số. Chuẩn b) Nếu S.T = T.S thì eS+T = eS. eT .<br /> được sử dụng là chuẩn Euclide trên Rk . c) e-S = (eS)-1 .<br /> Với mỗi toán tử T : Rn Rn ta định nghĩa<br /> d) Nếu n = 2 và T =<br /> <br /> (*)<br /> thì eT = ea .<br /> ThS, Trường Đại học Giao thông Vận tải<br /> Thành phố Hồ Chí Minh e) Nếu T là ma trận chéo:<br /> (**)<br /> ThS, Trường Đại học Sài Gòn<br /> <br /> 73<br />   c1 0 ... 0  (*)<br />  <br /> 0 c2 ... 0 <br /> T= <br />  ... ... ... ...  Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính<br />  <br /> 0 0 ... cn  không thuần nhất<br />  ec1 0 ... 0  x’(t) = A.x(t) + B (2)<br />  <br /> ec2<br /> thì e = <br /> T 0 ... 0  có phương trình vi phân tuyến tính thuần<br /> .<br />  ... ... ... ...  nhất tương ứng<br />  <br /> 0 0 ... ecn  x’(t) = A.x(t) (3)<br /> n<br /> 3. Cho T có trị riêng là c thì T có trị Định lý 2. Giả sử x0 là một nghiệm riêng<br /> riêng là cn và eT có trị riêng là ec. của (2) và H là tập các nghiệm của (3). Khi<br /> Gọi A là toán tử trên Rn, tức đó tập K các nghiệm của (2) có dạng<br /> A L(Rn). Ta sẽ biểu diễn các nghiệm K = {x = y + x0 y H}.<br /> của phương trình<br /> Từ định lý 1 và 2, để giải (2) ta chỉ cần<br /> x’ = A.x (1) dưới dạng hàm mũ của tìm một nghiệm riêng của (2) bằng phương<br /> toán tử. pháp biến thiên hằng số.<br /> Xét ánh xạ: φ : R → L(Rn), t etA . Nghiệm của (3) có dạng x(t) = et.A.M<br /> Vì L(Rn) được đồng nhất với nên đạo ( ) nên có thể tìm một nghiệm của (2)<br /> hàm của ánh xạ này là có nghĩa. Khi đó φ dạng x(t) = et.A.M(t), .<br /> khả vi trên R và hơn nữa φ’(t) = A.et.A =<br /> Đạo hàm x(t) và thay vào (2) ta có<br /> et.A.A.<br /> nghiệm riêng của (2) là<br /> Ta có các định lý cơ bản sau<br /> x0(t) = et.A , .<br /> n<br /> Định lý 1. Giả sử A L(R ). Khi đó<br /> hệ phương trình vi phân tuyến tính Do các nghiệm của (2) có dạng<br /> x(t) = et.A .<br /> <br /> <br /> <br /> 2. VÍ DỤ ÁP DỤNG<br /> Ví dụ 1. Giải hệ thuần nhất<br /> <br /> <br /> (I)<br /> <br /> <br />  2 0 0   2 0 0   0 0 0 <br />      <br /> Giải. Ta có: A =  1 2 0  =  0 2 0    1 0 0  = S + N<br />  0 1 2   0 0 2   0 1 0 <br />      <br /> Ta có: S.N = N.S vì S là ma trận đường chéo và<br /> <br /> 74<br />   0 0 0  0 0 0  0 0 0<br /> 2     <br /> N =  1 0 0  1 0 0  = 0 0 0<br />  0 1 0  0 1 0  1 0 0<br />     <br /> <br />  0 0 0  0 0 0  0 0 0<br />     <br /> 0 0 0= <br /> 3<br /> N =  0 0 0  1 0 0  =<br />  1 0 0  0 1 0  0 0 0<br />     <br /> Khi đó etA = et(S+N) = etS.etN.<br /> <br />  e 2t 0 0 <br />  2 t  tN t2 2<br /> etS =  0 e 0  ; e = I3 + tN + N<br />  0 2!<br />  0 e 2t <br /> <br />    <br />  1 0 0   0 0 0  0 0 0  1 0 0<br />    <br />  e =  0 1 0    t 0 0    0<br /> tN   <br /> 0 0   t 1 0<br />  0 0 1  0 t 0  t2   2 <br />      0 0  <br /> t<br /> t 1 <br /> <br /> 2  2 <br /> Nghiệm của hệ (I) là<br /> <br />      <br />  x(t )   e 2t<br />  <br /> 0 0 1 0 0  m1  e  2t <br /> 0 0  m1   m1e 2 t <br />   tA            <br />  y (t )   e M   0 e<br /> 2t<br /> 0   t 1 0   m2    e 2t e 2t 0   m2    m1te 2t  m2e 2t <br />  z (t )   2t   2  m   2  m   m <br />    0 0 e   t t 1   3   t e2t e2t   3   1 t 2e2t  m2te2t  m3e2t <br />    <br /> 2  2   2 <br /> <br /> Ví dụ 2. Giải hệ<br /> <br /> (II)<br /> <br />  0 1 0<br />  x’(t) = A.x(t) + B(t), trong đó A =  , B =  <br /> 1 0  t<br /> Giải hệ thuần nhất<br /> x’(t) = A.x(t).<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 75<br /> Ta có nghiệm của thuần nhất<br /> x(t) = etA.M (M R2 )<br />  0 t <br />    cos t  sin t <br /> e =etA t 0 <br />  <br />  sin t cos t <br /> <br /> <br /> <br /> Tìm nghiệm riêng<br /> t s<br />  cos s s ins  0 <br /> e 0   s ins cos s <br />  sA<br /> x’(t) = e tA<br /> .B( s)ds  e tA<br />  ds<br /> 0  s <br /> t<br />  s.s ins <br />  etA   ds<br /> 0  s.cos s <br />  sin t  t cos t <br />  etA  <br />  cos t  t sin t <br />  cos t  sin t   sin t  t cos t <br />   <br />  sin t cos t   cos t  sin t <br />  cos t.sin t  t cos 2 t  sin t.cos t  t sin 2 t <br />  <br />  sin t  t cos t  cos t  t sin t.cos t <br /> 2 2 2<br /> <br /> <br />  t <br />  <br /> 1  t cos t (sin t  cos t ) <br /> <br /> <br />  cos t  sin t   m   m1 cos t  m2 sin t <br /> etA .M       <br />  sin t cos t  m2   m1 sin t  m2 cos t <br /> Vậy nghiệm của (II) là<br /> <br />  x (t )   t   m1 cos t  m2 sin t <br /> x(t) =  1  =  <br /> 2   <br />  x2 (t )  1  t cos t sin t  t cos t   m1 sin t  m2 cos t <br /> <br />  t  m1 cos t  m2 sin t <br /> =  , (m1,m2) R2.<br /> 1  t cos t sin t  t cos t  m1 sin t  m2 cos t <br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 76<br />  Ví dụ 3. Giải hệ<br /> <br /> <br /> (III)  X’(t) = A.X(t) + B(t)<br /> <br /> <br /> với<br /> <br /> 1 1 1  x (t )   x '(t )   0 <br />        <br /> A =  0 2 0  , X(t) =  y (t )  , X’(t) =  y '(t )  , B(t) =  t <br /> 0 0 2  z (t )   z '(t )   sin t <br />        <br /> Trước hết giải hệ thuần nhất: X’(t) = A.X(t) (*)<br /> Phương trình đặc trưng:<br /> <br />  1 1 1<br /> PA(  ) = 0  2 0 = (  - 1)(  - 2)(  + 2)<br /> 0 0  2<br /> <br />   1 = 1,  2 = 2,  3 = -2<br /> Ứng với  1 = 1, ta có vector riêng 1  (1, 0, 0)<br /> <br /> Ứng với  2 = 2, ta có vector riêng  2  (1, 0,1)<br /> <br /> Ứng với  3 = -2, ta có vector riêng 1  (1,3, 0) .<br /> <br />  1 1 1<br /> 3  <br /> Ta có một cơ sở của R gồm các vector riêng của T =  0 0 3  là<br /> 0 1 0 <br />  <br /> V  1 ,  2 , 3 .<br /> <br /> Theo phương pháp chéo hóa ma trận, với<br /> <br /> 1 1 1<br />  1 1 1  3  1 0 0<br />    <br /> P = 0 0 3  , P-1 =  0 0 1 , A  0 2 0<br />   0<br /> 0 1 0 <br />   0 1 0  0 2 <br />  3 <br /> ta có [T] = P-1.A.P  A = P.[T].P-1 .<br /> <br /> <br /> Từ đó etA  P.et[T ] .P1<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 77<br />   t 1 t 2t <br /> (e  e ) e t  e 2 t <br /> 0   1 1 e<br /> 1<br />  1 1 1  e<br /> t<br /> 0 3  3<br />     <br /> = 0 0 3  0 e 2t 0 0 0 1 = 0 e2t 0 <br /> 0 1 0  0   0<br />   0 e2t   0 1 0 0 e 2t <br />  3   <br />  <br /> Vậy nghiệm của hệ thuần nhất (*) là:<br /> <br /> X (t) = etA.M, (M R3 )<br /> <br />  t 1 t 2t <br /> e (e  e ) e t  e 2 t <br /> 3  m1 <br />    <br /> X (t) =  0 e 2t 0   m2 <br /> 0 0 e2t   m3 <br />  <br />  <br /> <br />  1 2 t t <br />  m1e  3 m2 (e  e )  m3 (e  e ) <br /> t t 2t<br /> <br /> <br />  <br /> = m2 e 2t <br />  m3e 2t <br />  <br />  <br /> Nghiệm riêng của hệ (III) là X0(t):<br /> t<br /> X0(t) = etA  e SA .B( S )ds<br /> 0<br /> <br /> <br />  s 1 s 2s <br /> e (e  e ) e2 s  e s <br /> 3  0 <br /> t<br />   <br /> = etA   0 s.e 2s<br /> 0   s  ds<br /> 0<br /> 0 0 e2 s   s ins <br />  <br />  <br /> <br />  s s 2s 2 s s <br />  3 (e  e )  s ins.(e  e ) <br /> t<br />  <br /> = e <br /> tA<br /> s.e 2 s ds<br /> 0 2 s <br /> s ins.e<br />  <br />  <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 78<br />  vậy<br /> <br />  1 1 t 1 2t 1 1 <br />  t 1 t 2t t    e (t  1)  e (2t  1)  et (cos t  sin t )  e 2t (cos t  sin t ) <br />  e 3 (e  e ) e  e   4 3<br /> 2t<br /> 12 2 3<br /> <br /> <br /> X0(t) = 0 2 t<br />   1 1 .<br />  e 0  e (2t  1) <br /> 2t<br />  4 4 <br /> 0 0 e 2t   <br />   1 2t 1 <br />    e (cos t  sin t )  <br />  3 3 <br /> <br /> Từ đó nghiệm của hệ (III) là:<br /> <br /> X(t) = X (t) + X0(t).<br /> 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN nghiệm của phương trình. Cách làm này là<br /> TÍNH CẤP CAO HỆ SỐ HẰNG cơ sở lý luận để đưa đến dạng nghiệm của<br /> Đối với phương trình vi phân tuyến phương trình vi phân có hệ số hằng cấp cao<br /> tính cấp cao có hệ số hằng số ta có thể đưa hơn 2, nhưng về mặt thực hành thì tính<br /> về hệ phương trình vi phân thuần nhất hoặc toán phức tạp hơn cách giải trực tiếp.<br /> không thuần nhất cấp một có hệ số hằng Xét phương trình vi phân tuyến tính<br /> số. Từ nghiệm của hệ đó ta tìm được thuần nhất cấp n:<br /> <br /> <br /> u ( n)  a1u ( n1)  ...  an1u ' anu  0 , (u = u(t), t R)<br /> Đặt: x1 = u, x2 = u’ = x’1, … xn = u(n – 1) = x’n-1.<br /> Ta có hệ phương trình vi phân thuần nhất cấp 1 có hệ số hằng số như sau:<br /> x1  x2<br /> x2  x3<br /> x3  x4<br /> ............<br /> xn 1  xn<br /> xn  un x1  un 1 x2  ...  u1 xn<br /> <br />  0 1 0 ... 0 0<br />  <br />  0 0 1 ... 0 0<br />  X’ = A.X với A =  ... ... ... ... ... ... <br />  <br />  0 0 0 ... 0 1<br />  a an 1 an  2 1 <br />  n ... 0<br /> <br /> Đa thức đặc trưng của ma trận A là<br /> PA(  ) =  n  a1 n1  ...  an1  an<br /> <br /> <br /> 79<br />  (có thể chứng minh quy nạp theo n 2).<br /> Từ hệ X’ = A.X có nghiệm X(t) = etA. M (M Rn) suy ra u(t) = x1(t) là nghiệm của<br /> phương trình.<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> TÀI LIỆU THAM KHẢO<br /> <br /> 1. Hoàng Hữu Đường, Võ Đức Tôn, Nguyễn Thế Hoàn, Phương trình vi phân, NXB Giáo<br /> dục Hà Nội, 1970.<br /> 2. N.Nitecki, Differentiable dynamics, The MIT Press, 1971.<br /> 3. F.Gantmacher, Theorie des matries, Dunod E’ditor, Paris, 1966.<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 80<br />