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

TAÏP CHÍ ÑAÏI HOÏC SAØI GOØN Soá 5 - Thaùng 01/2011 73 HÀM MŨ CỦA TOÁN TỬ VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HỆ ĐỘNG LỰC VÕ XUÂN BẰNG (*) LÊ NGỌC HƯNG (**) TÓM TẮT 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. ABSTRACT Linear differential equations with constant coefficients or dynamical differential equations, which are basic knowledge for students, can be solved by using the values of matrices or by using advanced differential equations. This writing aims to introduce a method of solving dynamical linear differential equations based on the exponential function of operators. 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM MŨ CỦA TOÁN TỬ (*) (**) Xét hệ phương trình vi phân thuần nhất có hệ số hằng x’ = A.x (1) x’ = ( ), x = (x1 x2 x3 xn) viết theo dạng cột, A = (aij)n . Tập L(Rn) = {T : Rn Rn T là toán tử tuyến tính} được đồng nhất với tập tất cả các ma trận vuông cấp n ( ma trận của toán tử tuyến tính T trong cơ sở chính tắc) . Tập này được đồng nhất với vì ma trận là bảng gồm n2 số. Chuẩn được sử dụng là chuẩn Euclide trên Rk . Với mỗi toán tử T : Rn Rn ta định nghĩa (*) ThS, Trường Đại học Giao thông Vận tải Thành phố Hồ Chí Minh (**) ThS, Trường Đại học Sài Gòn exp(T) = e T = = I + + + + + Là một chuỗi trong không gian vector L(R n ). Coi T là ma trận vuông cấp n, I là ma trận đơn vị cấp n. Ta có các tính chất trong bổ đề sau đây Bổ đề. 1. Chuỗi lũy thừa 0 ! k k T k    hội tụ tuyệt đối và đều trên L(Rn). 2. Giả sử P, S, T là các toán tử trên Rn. Khi đó: a) Nếu Q = PT. P-1 thì eQ = P.eT. P-1 . b) Nếu S.T = T.S thì eS+T = eS. eT . c) e-S = (eS)-1 . d) Nếu n = 2 và T = thì e T = e a . e) Nếu T là ma trận chéo: 74 T = 1 2 0 ... 0 0 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... n c c c             thì e T = 1 2 0 ... 0 0 ... 0 . ... ... ... ... 0 0 ... n c c c e e e              3. Cho T có trị riêng là c thì Tn có trị riêng là c n và e T có trị riêng là ec. Gọi A là toán tử trên Rn, tức A L(R n). Ta sẽ biểu diễn các nghiệm của phương trình x’ = A.x (1) dưới dạng hàm mũ của toán tử. Xét ánh xạ: φ : R → L(Rn), tAt e . Vì L(R n) được đồng nhất với nên đạo hàm của ánh xạ này là có nghĩa. Khi đó φ khả vi trên R và hơn nữa φ’(t) = A.et.A = e t.A .A. Ta có các định lý cơ bản sau Định lý 1. Giả sử A L(Rn). Khi đó hệ phương trình vi phân tuyến tính (*) Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất x’(t) = A.x(t) + B (2) có phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng x’(t) = A.x(t) (3) Định lý 2. Giả sử x0 là một nghiệm riêng của (2) và H là tập các nghiệm của (3). Khi đó tập K các nghiệm của (2) có dạng K = {x = y + x0 y H}. Từ định lý 1 và 2, để giải (2) ta chỉ cần tìm một nghiệm riêng của (2) bằng phương pháp biến thiên hằng số. Nghiệm của (3) có dạng x(t) = et.A.M ( ) nên có thể tìm một nghiệm của (2) dạng x(t) = et.A.M(t), . Đạo hàm x(t) và thay vào (2) ta có nghiệm riêng của (2) là x0(t) = e t.A , . Do các nghiệm của (2) có dạng x(t) = e t.A . 2. VÍ DỤ ÁP DỤNG Ví dụ 1. Giải hệ thuần nhất (I) Giải. Ta có: A = 2 0 0 1 2 0 0 1 2          = 2 0 0 0 0 0 0 2 0 1 0 0 0 0 2 0 1 0                     = S + N Ta có: S.N = N.S vì S là ma trận đường chéo và 75 N 2 = 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0                = 0 0 0 0 0 0 1 0 0           N 3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0                = 0 0 0 0 0 0 0 0 0           =  Khi đó etA = et(S+N) = etS.etN. e tS = 2 2 2 0 0 0 0 0 0 t t t e e e              ; e tN = I3 + tN + 2 2! t N 2  etN = 2 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 2 2 t t t t t t                                                  Nghiệm của hệ (I) là 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 23 3 12 2 2 3 ( ) 0 0 1 0 0 0 0 ( ) 0 0 1 0 0 ( ) 0 0 1 22 2 t t t tA t t t t t t t t tt t x t e m e m m e y t e M e t m e e m m te m e z t e m m mt t t e m te m et e e                                                                                       Ví dụ 2. Giải hệ (II)  x’(t) = A.x(t) + B(t), trong đó A = 0 1 1 0       , B = 0 t       Giải hệ thuần nhất x’(t) = A.x(t). 76 Ta có nghiệm của thuần nhất x(t) = e tA .M (M R 2 ) e tA = 0 0 cos sin sin cos t t t t e t t              Tìm nghiệm riêng x’(t) = etA 0 0 cos sins 0 . ( ) s ins cos t s sA tA s e B s ds e ds s s             0 2 2 2 2 2 .s ins .cos sin cos cos sin cos sin sin cos sin cos cos sin cos .sin cos sin .cos sin sin cos os sin .cos 1 cos (sin cos ) t tA tA s e ds s s t t t e t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t c t t t t t t t t t                                              1 2 2 1 2 cos sincos sin . sin cossin cos tA m m t m tt t e M m m t m tt t                  Vậy nghiệm của (II) là x(t) = 1 2 ( ) ( ) x t x t       = 1 2 2 1 2 cos sin sin cos1 cos sin cos m t m tt m t m tt t t t t              = 1 2 2 1 2 cos sin 1 cos sin cos sin cos t m t m t t t t t t m t m t            , (m1,m2) R 2. 77 Ví dụ 3. Giải hệ (III)  X’(t) = A.X(t) + B(t) với A = 1 1 1 0 2 0 0 0 2           , X(t) = ( ) ( ) ( ) x t y t z t           , X’(t) = '( ) '( ) '( ) x t y t z t           , B(t) = 0 sin t t           Trước hết giải hệ thuần nhất: X’(t) = A.X(t) (*) Phương trình đặc trưng: PA( ) = 1 1 1 0 2 0 0 0 2         = ( - 1)(  - 2)(  + 2)   1 = 1,  2 = 2,  3 = -2 Ứng với  1 = 1, ta có vector riêng 1 (1,0,0)  Ứng với  2 = 2, ta có vector riêng 2 (1,0,1)  Ứng với  3 = -2, ta có vector riêng 1 ( 1,3,0)   . Ta có một cơ sở của R3 gồm các vector riêng của T = 1 1 1 0 0 3 0 1 0           là  1 2 3, ,V    . Theo phương pháp chéo hóa ma trận, với P = 1 1 1 0 0 3 0 1 0           , P -1 = 11 1 1 0 03 0 0 1 , 0 2 0 1 0 0 20 0 3 A                    ta có [T] = P -1 .A.P  A = P.[T].P-1 . Từ đó [ ] 1. .tA t Te P e P 78 = 2 2 11 11 1 1 0 0 3 0 0 3 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 10 0 3 t t t e e e                     = 2 2 2 2 1 ( ) 3 0 0 0 0 t t t t t t t e e e e e e e                   Vậy nghiệm của hệ thuần nhất (*) là: X (t) = e tA .M, (M R 3 ) X (t) = 2 2 1 2 2 2 3 1 ( ) 3 0 0 0 0 t t t t t t t e e e e e m e m e m                        = 2 2 1 2 3 2 2 2 3 1 ( ) ( ) 3 t t t t t t t m e m e e m e e m e m e                    Nghiệm riêng của hệ (III) là X0(t): X0(t) = 0 . ( ) t tA SAe e B S ds = 2 2 2 20 1 ( ) 03 0 . 0 0 0 sins s s s s s t tA s s e e e e e e s e s ds e                           = 2 2 2 20 ( ) s ins.( ) 3 . s ins. s s s s t tA s s s e e e e e s e ds e                      79 vậy X0(t) = 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( 1) (2 1) (cos sin ) (cos sin ) ( ) 4 3 12 2 3 3 1 1 0 0 (2 1) . 4 4 0 0 1 1 (cos sin ) 3 3 t t t t t t t t t t t t t e t e t e t t e t t e e e e e e e t e e t t                                        Từ đó nghiệm của hệ (III) là: X(t) = X (t) + X0(t). 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO HỆ SỐ HẰNG Đối với phương trình vi phân tuyến tính cấp cao có hệ số hằng số ta có thể đưa về hệ phương trình vi phân thuần nhất hoặc không thuần nhất cấp một có hệ số hằng số. Từ nghiệm của hệ đó ta tìm được nghiệm của phương trình. Cách làm này là cơ sở lý luận để đưa đến dạng nghiệm của phương trình vi phân có hệ số hằng cấp cao hơn 2, nhưng về mặt thực hành thì tính toán phức tạp hơn cách giải trực tiếp. Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n: ( ) ( 1) 1 1... ' 0 n n n nu a u a u a u       , (u = u(t), t R) Đặt: x1 = u, x2 = u’ = x’1, xn = u (n – 1) = x’n-1. Ta có hệ phương trình vi phân thuần nhất cấp 1 có hệ số hằng số như sau: 1 2 2 3 3 4 1 1 1 2 1 ............ ... n n n n n n x x x x x x x x x u x u x u x                 X’ = A.X với A = 1 2 0 1 0 ... 0 0 0 0 1 ... 0 0 ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 1 ... 0 1n n na a a                   Đa thức đặc trưng của ma trận A là PA( ) = 1 1 1... n n n na a a        80 (có thể chứng minh quy nạp theo n 2). Từ hệ X’ = A.X có nghiệm X(t) = etA. M (M Rn) suy ra u(t) = x1(t) là nghiệm của phương trình. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Hoàng Hữu Đường, Võ Đức Tôn, Nguyễn Thế Hoàn, Phương trình vi phân, NXB Giáo dục Hà Nội, 1970. 2. N.Nitecki, Differentiable dynamics, The MIT Press, 1971. 3. F.Gantmacher, Theorie des matries, Dunod E’ditor, Paris, 1966.