Đại học thái nguyên
TRNG đại học S phạm
Vi diệu minh
Tính điều khiển C
hệ PHNG trình vi phân đại số
tuyến tính

Chuyên ngành: Giải tích
Mã số : 60.46.01

Luận văn Thạc sỹ toán học

Ngi hng dn: PGS.TS. T DUY PHNG
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
LỜI NÓI ĐẦU

Lý thuyết điều khiển toán học là một trong những lĩnh vực toán học ứng
dụng quan trọng mới được phát triển khoảng 50 năm trở lại đây. Công cụ chính
của lý thuyết điều khiển toán học là những mô hình và các phương pháp toán học
giải quyết những vấn đề định tính và giải số các hệ thống điều khiển. Rất nhiều
bài toán trong khoa học, công nghệ, kỹ thuật và kinh tế được mô tả bởi các hệ
phương trình vi phân chứa tham số điều khiển và cần đến những công cụ toán học
để tìm ra lời giải.
Một trong những vấn đề đầu tiên và quan trọng nhất trong lý thuyết điều
khiển hệ thống là lý thuyết điều khiển được, tức là tìm một chiến lược điều khiển
sao cho có thể chuyển hệ thống từ một trạng thái này sang một trạng thái khác.
Bài toán điều khiển được liên quan chặt chẽ đến các bài toán khác như bài toán
tồn tại điều khiển tối ưu, bài toán ổn định và ổn định hóa, bài toán quan sát
được,…
Mặc dù lý thuyết điều khiển đã được hình thành cách đây khoảng 50 năm,
nhưng nhiều bài toán và vấn đề về điều khiển như: điều khiển được hệ phương
trình vi phân ẩn tuyến tính dừng và không dừng có hạn chế trên biến điều khiển,
điều khiển được hệ phương trình vi phân và sai phân ẩn tuyến tính có chậm,
những bài toán liên quan giữa điều khiển được, quan sát được và ổn định hoá, …,
hiện nay vẫn còn mang tính thời sự và được rất nhiều nhà toán học trên thế giới
cũng như trong nước quan tâm.
Phương trình vi phân thường đã được nghiên cứu từ rất lâu, khoảng 200 năm
trở lại đây. Tuy nhiên lý thuyết phương trình vi phân ẩn, trong đó có phương trình
vi phân đại số tuyến tính lại mới được thật sự quan tâm trong vòng 40 năm trở lại
đây. Phương trình vi phân đại số tuyến tính có rất nhiều điểm đặc biệt mà ta
không thể tìm thấy ở phương trình vi phân thường, ví dụ: ma trận hệ số là ma trận
suy biến, không có tính chất “nhân quả” giữa đầu vào và đầu ra,…, làm cho việc

trình trên về hệ:

1 1 1 1 1
2 2 2 2
( ) ( ) ( );
( ) ( ) ( ), 0,
x t A x t B u t
Nx t x t B u t t



trong đó phương trình thứ nhất là phương trình vi phân thường và phương trình
thứ hai là phương trình vi phân với ma trận lũy linh.
Cách tiếp cận thứ hai nhằm nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của phương trình
vi phân với hệ số hằng thông qua ma trận cơ sở. Mục này giới thiệu khái niệm
toán tử hiệu chỉnh, nghiệm của phương trình vi phân đại số được tìm thông qua

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
toán tử hiệu chỉnh . Công thức nghiệm này cho thấy rõ hơn sự khác biệt của
phương trình vi phân suy biến so với phương trình vi phân thường, ngoài ra việc
tìm ra cấu trúc tập nghiệm còn nhằm áp dụng vào việc nghiên cứu tính điều khiển
được của hệ phương trình vi phân tuyến tính được trình bày ở mục 2.
Mục 2 trình bày tính điều khiển được của hệ phương trình vi phân đại số
tuyến tính với hệ số hằng theo [6], trong đó tiêu chuẩn điều khiển được là mở rộng
của tiêu chuẩn hạng Kalman.
Chương 2 nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm và tính điều khiển được của hệ
phương trình vi phân đại số tuyến tính có hệ số biến thiên.
Mục 1 của chương 2 trình bày tính giải được của phương trình vi phân tuyến
tính không dừng theo cuốn sách [7]. Bằng cách tác động toán tử hiệu chỉnh trái

Vi Diệu Minh

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
Chƣơng 1 PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ
TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG
§1 TÍNH GIẢI ĐƢỢC CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠI SỐ
TUYẾN TÍNH VỚI HỆ SỐ HẰNG
1.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính với ma trận lũy linh
Xét phương trình vi phân đại số tuyến tính dạng
( ) ( ) ( ) ( )Nx t x t B t u t

,
0t ³
, (1.1.1.1)
trong đó
N
là ma trận vuông cấp
2
n
, không phụ thuộc vào
t
và là ma trận lũy
linh bậc
h
, tức là
2
0
h
n

và
()ut
tương ứng là ma trận hàm và vectơ hàm có các thành phần là
các hàm khả vi liên tục đến cấp
h
, trong đó
h
là bậc của ma trận lũy linh
N
. Khi
ấy với mọi
1 kh££
ta có
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )
1
0
( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k k k i k i i
k
i
N x t N x t N C B t u t
, (1.1.1.2)
trong đó
()
()
k
xt
là đạo hàm cấp

=
-
với
0 ik££
.
Chứng minh
Nhân phương trình (1.1.1.1) với ma trận
N
rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N x t Nx t N B t u t B t u t

  
.
Lại tiếp tục nhân phương trình này với
N
rồi lấy đạo hàm hai vế ta được:
3 2 2
2
2 2 (2 ) ( )
2
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
i i i
i
N x t N x t N B t u t B t u t B t u t B t u t

1
0
( ) 0 ( ) 0 ( 1)
11
1 ( 1) 1 ( 2) 2 ( 2)
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k
k k k k k i k i i k i i
k
i
k k k k k k
kk
k k k k k k
k k k
k
k
N x t N x t N C B t u t B t u t
N x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t N C B t u t
NC

  
2 ( 3) 1 ( 1) ( 1) 1 ( ) ( )
1 1 1
( ) ( ) ( 1 ) ( 1)
11
2 (2) ( 2) 2 ( 1)

1 2 ( 2) 1 ( ) ( )
1 1 1 1
2 1 ( 1) 1 ( )
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ... ( ) ( )
... ( ) ( ) ( ) ( ).
k k k k k k
k k k
k k k s s k s s
k k k k
k k k k k k k
k k k
N x t N C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C B t u t




Nhưng
( )
1
1!
!( 1 )!
i
k
k
C
i k i

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
nên
1 ( 1)
( ) 0 ( ) 0 1 ( 1)
1 1 1
1 2 ( 2) 1 ( ) ( )
1 1 1 1
2 1 ( 1) 1 ( )
1 1 1
()
()
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ... ( ) ( )
... ( ) ( ) ( ) ( )
kk
k k k k k k
k k k
k k k s s k s s
k k k k
k k k k k k k
k k k
kk
N x t
N x t N C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C C B t u t
N C C B t u t N C B t u t


Vậy theo nguyên lý qui nạp, công thức (1.1.1.2) được chứng minh.
Từ Bổ đề 1.1 ta có công thức nghiệm sau đây của hệ (1.1.1.1).
Mệnh đề 1.1 ([3])
Giả sử
()Bt
là ma trận hàm và
()ut
vectơ hàm có các thành phần là các hàm khả
vi liên tục đến cấp
h
. Khi ấy nghiệm của hệ phương trình vi phân tuyến tính suy
biến (1.1.1.1) được tính theo công thức
1
()
0
( ) ( ) ( )
h
k
k
k
x t F t u t
, (1.1.1.3)
trong đó
1
()
( ) ( )
h
s k s k
ks


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )
1
0
1 ( 1) 1 0 ( 1) 1 1 ( 2)
11
1 ( 1 ) ( ) 1 1 ( 1)
11
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
... ( ) ( ) ... ( ) ( ).
k
k k k k k i k i i
k
i
k k k k k k
kk
k i k i i k k k
kk
N x t N x t N C B t u t
N x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N C B t u t


………
1
( ) 1 ( 1) 1 ( 1 ) ( )

11
0 ( ) 1 ( 1)
01
1
( ) ( ) 1 ( 1)
1
()
0
0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
... ( ) ( ) ... ( ) ( )
( ) ( ) ( ).
hh
s s s s
ss
ss
h
s k s k k h h
s
sk
h
k
k
k
x t N C B t u t N C B t u t
N C B t u t N B t u t
x t F t u t


Từ đây suy ra
1

h
kk
k
x t N Bu t
. (1.1.1.5)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Chứng minh
Khi
()B t Bº
thì
1
()
( ) ( )
h
s k s k k k k
k s k
sk
F t N C B t N C B N B
-
-
=
= - = - = -
å

nên ta có ngay công thức (1.1.1.5).
1.2 Công thức nghiệm của phƣơng trình vi phân đại số tuyến tính có điều
khiển
Trong mục này ta sẽ đưa ra công thức nghiệm cho phương trình vi phân đại số

và
Q
sao cho
1
0
0
n
I
QEP
N
,
1
2
0
0
n
A
QAP
I
,
trong đó
12
n n n+=
,
1
1
1
nn
A 
,

Nx t x t B t u t b


(1.1.2.2)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Thật vậy, do
( )
,EA
là cặp ma trận chính qui nên tồn tại các ma trận không suy
biến
P
và
Q
sao cho
1
0
0
n
I
QEP
N
,
1
2
0
0
n
A

hay
1
1
2
00
( ) ( ) ( ) ( )
0
0
n
n
IA
x t x t QB t u t
I
N


.
Đặt
1
2
x
x
x
æö
÷
ç
÷
=
ç
÷








hay
1 1 1 1
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( );
( ) ( ) ( ) ( )
x t A x t B t u t
Nx t x t B t u t







với
12
12
( ) , ( )
nn
x t x t


và

0
( ) ( ) ( )
t
A t A t s
s
x t e x e B s u s ds
. (1.1.2.4a)
Theo Mệnh đề 1.2, nghiệm của hệ (1.1.2.2b) được tính theo công thức
1 1 1
( ) ( ) ( )
22
00
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
h h h
k s k s k k
ks
k k s k
x t F t u t N C B t u t
. (1.1.2.4b)
Như vậy, nghiệm
1
2
()
()
()
xt
xt
xt
của (1.1.2.2) tính được tường minh theo công
thức (1.1.2.4a) và (1.1.2.4b). Ta nói nghiệm (1.1.2.4) tương ứng với điều khiển

1 1 1
0
( ) ( )
t
A t A t s
s
x t e x e Bu s ds1
()
2
0
( ) ( )
h
kk
k
x t N Bu t
.
Đối với hệ phương trình vi phân đại số (1.1.2.1), ta cũng có một cách tiếp cận
khác thông qua ma trận cơ sở để nghiên cứu cấu trúc của tập nghiệm. Dưới đây
chúng tôi trình bày cách tiếp cận này theo [7].

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
1.3 Công thức nghiệm của hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở
1.3.1 Hệ phƣơng trình vi phân đại số với ma trận cơ sở
Một cách tự nhiên, hệ phương trình vi phân đại số được hiểu là hệ

1 1 1 2 2 1

và vectơ có số chiều tương ứng.
Hệ trên gồm một phương trình vi phân thường và một ràng buộc đại số (một
phương trình không chứa đạo hàm của các ẩn
12
,xx
).
Đặt
12
11
34
22
0
; ; ;
00
RR
xf
I
x f E A
RR
xf
,
trong đó
1
n
II
là ma trận đơn vị cấp
1
n
,
0


cũng phải có đạo hàm. Từ đó ta thấy, (1.1.3.3) và (1.1.3.4) nói chung là khác
nhau.
Dưới đây, để phù hợp với các tài liệu, ta vẫn gọi hệ (1.1.3.3), (1.1.3.4), trong đó
ma trận
E
có thể suy biến (
det E
có thể bằng 0) là hệ phương trình vi phân đại

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
số. Dạng đặc biệt (1.1.3.1)-(1.1.3.2) được gọi là dạng nửa hiển (nửa hiển) của hệ
phương trình vi phân đại số.
Nhận xét 1.3.2
Nói chung ma trận
E
và ma trận
A
trong (1.1.3.3) và (1.1.3.4) không nhất thiết
phải là ma trận vuông, nhưng chúng phải có cùng kích thước. Thí dụ, nếu
n
x 

và ma trận
A
có số chiều là
mn
thì
E

dt dt
d
I C E x t C f t
dt

cũng là nghiệm của (1.1.3.3).
Chứng minh
Chọn
0 1 2
, , ,....C C C
thoả mãn hệ

00
0
1
(1.1.3.7)
, 0,1,2,..., (1.1.3.8)
i i i
EC A AC E
EC AC I i

trong đó
0
i
là nhân Kroneker, tức là
0
1, 0;
0, 0.
i
i

15
Nhân (1.1.3.6) với
A
, ta được:

01
0
01
0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) . (**)
i
i
i
i
i
i
d
A I C E x t AC f t
dt
d
Ax t AC Ex t AC f t
dt

Lấy (*) trừ (**) ta được:

0 0 1
0
( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )
i

2
1 0 ; 0 1 ;
x
E A x
x
;
()ft 
.
Phương trình (1.1.3.3) có dạng
12
( ) ( ) ( )x t x t f t

. (1.1.3.3’)
Chọn
01
0
; ; ; 1,2,3...
01
i
cc
C C C i
c
và c bất kỳ.
Vì
01
01EC AC I I
(đúng vì
1I
, ma trận đơn vị)


hay
()
1
1
()
2
2
()
( );
()
( ) ( ).
i
i
i
i
dx t
c f t
dt
dx t
f t c f t
dt
(1.1.3.5’)
Hệ (1.1.3.6) có dạng
()
1
( ) ( ) ( )
1
i
i
cc

;;
01
E A x 

Phương trình (1.1.3.3) có dạng:
11
22
0
xf
xf
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Từ phương trình (1.1.3.7) ta có
00
EC A AC E
01 02 01 02
1 0 0 1
,,
0 1 1 0
c c c c
02
01
0
0
c
c
.

0 1 2
, , ,....C C C
thoả mãn hệ (1.1.3.7) - (1.1.3.8) mà
chưa nói đến sự tồn tại của hệ ma trận cơ sở này. Định lý dưới đây trả lời câu hỏi
đó.
Định lý 1.3.2
Giả sử hệ
0
1
0
1
; (1.1.3.9)
, 0,1,2,... (1.1.3.10)
i i i
i i i
EC AC I
C E C A I i

với điều kiện
0 0 0
1 1 1
; (1.1.3.11)
(1.1.3.12)
C C EC
C C AC

là giải được ứng với
01
, ,..., ,...
i

Do tính kết hợp của phép nhân ma trận, ta có thể viết (1.1.3.14) dưới dạng
11
11
( 1) ( )
ii
i
C C EC
. (1.1.3.15)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Chứng minh
Cho
0i
, từ ( 1.1.3.9) và (1.1.3.10) ta có:
01
EC AC I
(1.1.3.16)
và
01
C E C A I
. (1.1.3.17)
Nhân trái với
1
C
vào hai vế của (1.3.16) ta được:
1 0 1 1 1
C EC C AC C
. (1.1.3.17)
Từ (1.1.3.12) ta suy ra

Với
2i
công thức (1.1.3.14) cho

2 1 1
C C EC
. (1.1.3.21)
Nhân hai vế với
E
ta được
2
2 1 1 1
()EC EC EC EC
. (1.1.3.22)
Với
3i
công thức (1.1.3.14) cho
2 2 2
3 1 1 1 1
( 1) ( ) ( )C C E C C E C
. (1.1.3.23)
Nhân hai vế với
A
ta được:
22
3 1 1 1 1
( ) ( )AC A C E C AC EC
.
Mà theo (1.1.3.16) thì
10

()C A C E C A
.
Mà theo (1.1.3.17) và (1.1.3.17’) thì
10
C A C E I
và
0 1 1 1 1
C EC C AC C
.
Theo (1.1.3.18) ta có

2 2 2
3 1 0 1 0 1
22
1 1 0 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
C A C E C E I C E C E C E
C EC EC E C E C E

Vậy
23
C E C A
.
Như vậy với
2i
thì công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ
(1.1.3.20) và (1.1.3.21).
Giả sử công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15) thoả mãn hệ (1.1.3.20) và
(1.1.3.21) với

10
AC EC I
nên theo (1.1.3.19) ta có
1
2 0 1
11
0 1 1 1 1
( 1) ( ) ( )
( 1) [ ( ) ]+ ( 1) ( ) ( 1) ( )
kk
k
k k k k k k
AC EC I E C E
EC EC EC E C E C E

Vậy
12kk
EC AC
.
Tương tự, theo (1.1.3.15) ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
1 1 1
( 1) ( )
kk
k
C C EC
và
11

( 1) ( ) ( 1) ( ) ( )
( 1) ( ) ( 1) ( )
( 1) ( ) .
k k k k
k
k k k k
kk
C A C E C A C E C E I
C E C EC E C E
CE

Vậy
12kk
C E C A
.
Khẳng định đúng với
1ik
, vậy công thức nghiệm (1.1.3.14) và (1.1.3.15)
thoả mãn. Hệ (1.1.3.20) và (1.1.3.21) được chứng minh. Định lý chứng minh
xong.
Nhận xét
Với giả thiết của Định lý 1.3.2, ta có các công thức hệ quả sau đây

0 0 0
0 0 0
1 1 1
1 1 1
00
1
11

0 0 0 0 0
AC AC EC EC AC
.
Tương tự, từ (1.1.3.11) và (1.1.3.25) với
0i
ta có (1.1.3.27):
0 0 0 0 0
C A C EC A C AC E
.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Từ (1.1.3.12) và (1.1.3.25) với
1i
, ta có (1.1.3.28) và (1.1.3.29):

1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
;
.
EC EC AC AC EC
C E C AC E C EC A

Theo (1.1.3.11) ta có:
2
0 0 0 0
()AC AC AC AC
.
Nhân hai vế với
0

ii
AC AC AC AC

Công thức (1.1.3.31) được chứng minh.

1.3.3 Cặp ma trận chính quy
Định nghĩa 1.3.3
Cặp ma trận
( , )EA
được gọi là chính quy nếu tồn tại một số (thực hoặc phức )
sao cho
det( ) 0AE
.
Nhận xét
1, Nếu sao cho
det( ) 0AE
thì tồn tại vô số có tính chất ấy.
2,
( , );( , )E A A E
là chính quy hay không chính quy đồng thời vì

1
det( ) det ( ) ( ) det( )
n
A
A E E E A
,
trong đó n là cấp của ma trận.
Nếu cặp ma trận
( , )EA

trong đó
,NR
là những ma trận lũy linh bậc
0; 0kl
tức là
0; 0
kl
NR
,
còn
S
là ma trận không suy biến.

Chọn
11
; 0,1,2,...
ii
C Q C P i

, (1.3.3.3)
trong đó

01
1
0 0 0 0 0
0 0 ; 0 0 0
0 0 0 0 0
I
C I C
S

C EC I I I
S S S
I I I C
I S S




nên từ
11
00
C Q C P

ta có

1 1 1 1
0 0 0 0
1 1 1 1
0 0 0 0
( )( )( )C EC Q C P PEQ Q C P
Q C EC P Q C P C


  


Vậy ta có (1.1.3.11).

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23

nên với
0i
ta có:
1 1 1 1
0 1 0 1
1 1 1
0 1 0 1
( )( ) ( )( )
( ) 0.
EC AC I PEQ Q C P PBQ Q C P I
PEC P PAC P I P EC AC I P


     


Vì
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
ii
ii
N N I N
EC AC I R
SI
  



  

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
01
C A C B E
.
Với
1i
ta phải chứng minh
1ii
C A C B

i

Vậy ta có (1.1.3.10).
Hơn nữa,
0; 0
kk
EC C E
, trong đó k là chỉ số của cặp ma trận
( , )EA
.
Thật vậy,
1 1 1
( )( )
k k k
EC PEQ Q C P PAC P
  

.
Mà
1
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
kk
k
N N N
EC I
S



N
C

nên
11
0
ii
C Q C P i

.