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 2e2t m2te2t m3e2t <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 ] .P1<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 e2t 0 <br />
0 1 0 0 0<br />
0 e2t 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 ) e2 s e s <br />
3 0 <br />
t<br />
<br />
= etA 0 s.e 2s<br />
0 s ds<br />
0<br />
0 0 e2 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) et (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 ( n1) ... an1u ' 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 n1 ... an1 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 />