intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

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

Chia sẻ: ViChoji2711 ViChoji2711 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

31
lượt xem
2
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hệ phương trình vi phân tuyến tính có hệ số hằng số, hay phương trình vi phân hệ động lực, trong các giáo trình đại học được giải theo phương pháp giá trị riêng của ma trận hoặc đưa về một phương trình vi phân cấp cao. Bài này giới thiệu phương pháp giải phương trình vi phân hệ động lực nhờ hàm mũ của toán tử.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 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 />
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2