Sự chính quy hóa các phương trình vi phân đại số chỉ số 3

Sự chính qui hoá các phơng trình vi phân đại số chỉ số 31.. Giới thiệu : Phơng trình vi phân đại số thờng DAEslà phơng trình vi phân thờng ODEs: fx’t,xt,t = 0 với f là trơn và đạo hàm Ja

Sự chính qui hoá các phơng trình vi phân đại số chỉ số 3

1 Giới thiệu :

Phơng trình vi phân đại số thờng (DAEs)là phơng trình vi phân thờng (ODEs): f(x’(t),x(t),t) = 0 với f là trơn và đạo hàm Jacobi fy(y,x,t) suy biến tại mọi

điểm nhng có hạng không đổi Hệ thống nh vậy đợc sự quan tâm đặc biệt trong quan điểm của ứng dụng khác nhau, ví dụ mạng lới điện chế hệ thống cơ khí, vấn

đề lý thuyết điều khiển

Nó đợc biết đến là do phơng trình vi phân đại số khó giải khi nó có chỉ số cao hơn, chỉ số lớn hơn 1 Rất nhiều nhà nghiên cứu chỉ ra rằng DAEs có thể giải

đ-ợc với chỉ số k lớn ( 2≥ )

Trong trang trích dẫn này, chúng tôi xem hệ thống các hàm số tuyến tính 3 chỉ số có dạng

với điều kiện biên

ở đây, x là vecto với các thành phần thực, x(t)∈ Rm, A(t) và B(t) là các ma trận vuông cấp mìm phụ thuộc liên tục vào t

2 Kết quả chính :

Bây giờ chúng tôi nghiên cứu phơng trình vi phân đại số thờng (1.2) Chúng tôi giả sử rằng không gian lớp không N0(t) = ker(A(t)) là trơn, tồn tại ma trận hàm khả vi liên tục Q0 từ Rm vào N(A(t)) với ∀t ∈ [ ]a, Nếu ta đặt P b 0 = I – Q0 thì (1.2) tơng đơng với

A(P0x)’ + (B – AP0’)x = q

Để đơn giản chúng ta bỏ qua đối số t ở đây và trong những nội dung sau, nếu không có sự nhầm lẫn phát sinh

Một hệ thống ma trận đợc xây dựng trong [8] nh sau :

A0 = A, B0 = B – AP0’, Ai = Ai-1 + Bi-1Qi-1 ,

Bi = Bi-1Pi-1 – Ai(P0 Pi)’P0 Pi-1 , i = 1,2, ,

Với Qi(t) biểu thị một chiều vào Ni = ker(Ai(t)), Pi = I – Qi , i =1,2, Chúng ta luôn giả

sử rằng P0, , Pi là khả vi liên tục

Định nghĩa 1.2 : [8]

Phơng trình vi phân đại số thờng đợc gọi là giải đợc chỉ số k nếu A0, Ak-1 là suy biến nhng Ak không suy biến với ∀t ∈ [ ]a, b

Trong trang này chúng tôi luôn xét trờng hợp phơng trình vi phân đại số thờng

là giải đợc chỉ số 3, với A0, A1, A2 suy biến nhng A3 không suy biến ∀t ∈ [ ]a, Trong b

trờng hợp này chúng tôi gọi đơn giản phơng trình (1.2) là phơng trình vi phân đại

số chỉ số 3

Nhận xét 2.2: Định nghĩa này hơi khác mục [6], nhng chúng tôi có thể chứng

minh rằng 2 định nghĩa này là tơng đơng

Định nghĩa này độc lập với sự lựa chọn đặc biệt của việc đặt { }Q , vì thế họ i

có thể chọn

QiQj = 0 với 0≤ j<i≤ 2 và Q2 = Q2.A 1

3 − B2

Việc giải quyết các định lý tiếp theo đợc chứng minh từ [8]

Định lý 2.3:

Cho phơng trình DAEs(1.2) giải đợc với chỉ số 3 Giả sử rằng Qi(i = 1,2, ,k –

ODEs bằng Z :

z1’+ [P0P1P2A 1

3

− B0 – (P0P1P2)’]z1 = P0P1P2A 1

3 − q

và chúng tôi giả định ma trận Da , Db đáp ứng :

Da = DaP0(a)P1(a)P2(a) , Db = DbP0(b)P1(b)P2(b) và

+

) ( )) ( (

) ( )

(

2 1

0P P a Z a P

I

b Z D a Z

= m Tiếp theo BVP : Ax’ + Bx = q,∀t ∈ [ ]a, , D b ax(a) + Dbx(b) = γ (2.1)

là khả năng giải quyết đặc biệt trong C với mỗi γ ∈Rm

Hơn thế nữa, nếu x là nghiệm đặc biệt của (2.1), thì zi, i = 1, 2, 3, 4, đợc quy

định bởi :

z1 = P0P1P2x, z2 = P0P1Q2x, z3 = P0Q1x, z4 = Q0x cũng là nghiệm đặc biệt của phơng trình DAEs sau :

z1’ + [P0P1P2A 1

3 − B0 – (P0P1P2)’z1] = P0P1P2A 1

3

−

z2 = P0P1Q2A 1

3

− q

z3 = P0Q1P2A 1

3

− q – P0Q1P2A 1

3 − B0z1 + P0Q1Q2z1’ + P0Q1Q2z2’ (2.2)

z4 = -Q0P1P2A 1

3

− B0z1 + (Q0 – Q0P1P2)z1’ + (Q0Q1 – Q0P1P2)z2’ + Q0Q1z3’ + Q0P1P2A 1

3

− q cùng với

và

Daz1(a) + Dbz1(b) = γ (2.4) Ngợc lại, nếu zi(i=1,2,3,4) là nghiệm đặc biệt của (2.2) – (2.4) thì x = ∑

=

4 1

i i

z

cũng là nghiệm đặc biệt của (2.1)

Trong phần sau, chúng tôi thảo luận về sự chính qui hoá của phơng trình DAEs(1.2) chúng tôi cho một số giá trị của chuỗi ma trận {A i,B i,Q i}, mà chúng sẽ đợc

sử dụng để chứng minh các định lý sau

Bổ đề 2.4 [8] : Cho chuỗi ma trận {A i,B i,Q i} đợc định nghĩa nh trớc Các mối quan

hệ sau là đúng

(a) AiQj = BjQj với i > j

(b) BiQj = 0 với i > j

(c) A 1

3

− BiQi = Qi

(d)A− 1

k Ai = I – ∑−

=

1 1

k

j j

Q

(e)P0P1P2A 1

3 − B1P0Q1 = 0

Định lý 2.5 : Cho phơng trình DAEs(1.2) là giải đợc với chỉ số 3 Với ε đủ nhỏ ε> 0, phơng trình DAEs :

ε

với A = A + ε εB1 là chuyển đợc Chứng minh :

Nếu z ∈ N0 thì z = Q0z và theo bổ đề 2.4, kéo theo :

ε

A z = (A + ε B1)Q0z = 0 , do đó ker(A ) ε ⊇N0

Ngợc lại, nếu z ∈ ker(A ), ε A z = 0 thì Aε 1

3

− (A +εB1 )z = 0

(I – Q0 – Q1 – Q2)z + ε A 1

3

− B2z + εP2(P0P1P2)’P0P1z + ε Q1z = 0 (2.6)

Nhân phơng trình với Q2, chúng tôi đợc:

ε Q2A 1

3 − B2z = 0 , có tiếp

Q2z = 0 Nhân (2.6) với P0P1, sau vài phép tính, chúng tôi có:

P0P1z + ε P0P1A 1

3 − B1P1z = 0 , kéo theo [I + ε P0P1A 1

3 − (B0 – A1(P0P1)’)] P0P1z = 0

Do đó P0P1z = 0 và

A 1

3

− B2z = A 1

3

− (B1P1 – A2(P0P1P2)’P0P1)z = A 1

3

− [BP0P1 – A1(P0P1)’P0P1 – A2(P0P1P2)’P0P1]z = 0 Bây giờ (2.6) trở thành :

(I – Q0 – Q1)z + ε Q1z = 0 Nhân phơng trình này với Q1, cho ta : εQ1z = 0 dẫn đến Q1z = 0 Do đó

z = Q0z, z∈N(A)

Vậy N(A) = N(A )ε

Bây giờ, bằng định nghĩa, phơng trình DAEs(2.5) là chuyển đợc nếu và chỉ nếu ma trận

ε

A + B0Q0 là không suy biến Do đó trong quá trình chứng minh DAEs là chuyển đợc, chúng tôi chứng minh rằng A + Bε 0Q0 là không suy biến

Cho z thoả mãn (A + Bε 0Q0 )z = 0 Điều này tơng đơng với A 1

3

− (A + Bε 0Q0)z = 0

Sau đó :

(I – Q0 – Q1 – Q2)z + ε A 1

3

− B2z + εP2(P0P1P2)’P0P1z + ε Q1z + Q0z = 0 (2.7)

Nhân (2.7) với Q2 sinh ra :

Q2z = 0 Tiếp đó, nhân (2.7) với P1 sinh ra :

P1z + εP1A 1

3 − (B1P1 – A2(P0P1P2)’P0P1)z + ε P1P2(P0P1P2)’P0P1z = 0

đó là :

P1z + ε P1A 1

3

− B1P1z = 0

Và do đó :

P1z = 0

Điều đó hàm ý :

ε A 1

3 − (B1P1 – A2(P0P1P2)’P0P1)z + εP2(P0P1P2)’P0P1z + εQ1z = 0

Dẫn đến :

Q1z = 0

Do đó :

z = P1z + Q1z = 0

Điều đó chứng tỏ ma trận A + Bε 0Q0 là không suy biến, bao gồm cả phơng trình DAEs (2.5) có thể chuyển đổi ( cha chính xác )

Định lý đã chỉ ra rằng với ε đủ nhỏ ε>0, phơng trình DAEs (2.5) là một dạng chính quy của (1.2) Đối với DAEs(2.5), tơng tự [6], chúng tôi có các kết quả sau :

Định lý 2.6 : Giả sử phơng trình (1.2)là giải đợc với chỉ số 3 và ε đủ nhỏ thoả mãn

(I +εP0P1P2A 1

3

− B1) '

1 ε

z +εP0P1P2A 1

3

− B1z + [P2'ε 0P1P2A 1

3

− B0 – (P0P1P2)’]z - 1 ε

ε (P0P1P2A 1

3

− B1)’z = P3ε 0P1P2A 1

3 − q ,

2 ε

z + [I - ε (P0P1Q2)’

ε

2

z -ε(P0P1Q2)’

ε

1

z - ε(P0P1Q2)’

ε

3

z = P0P1Q2A 1

3

− q ,

3 ε

z + [I - ε(P0Q1P2)’

ε

3

z +(εP0Q1P2 A 1

3

− B1 – P0Q1Q2)( '

1 ε

z + '

2 ε

z ) + P0Q1P2 A 1

3

− B0

ε

1

z =

P0Q1P2A 1

3

− q,

ε

4

z = -Q0P1P2 A 1

3

− B0z + (Q1 ε 0 – Q0P1P2) '

1 ε

z - ε Q0P1P2 A 1

3

− B1( '

1 ε

z + '

2 ε

z ) + ε (Q0P1P2 A 1

3 −

B1)’ z 3 ε

+ (Q0Q1 - Q0P1P2 ) '

2 ε

z + Q0Q1z + Q3'ε 0P1P2 A 1

3

− q

(2.8) Cùng với

[ I - P0P1P2(a)] z (a) = 0 1ε

(2.9)

Và

Daz1(a) + Dbz1(b) = γ (2.10)

Với :

ε

1

z = P0P1P2x ,ε z = P2ε 0P1Q2x ,ε z = P3ε 0Q1x ,ε z = Q4ε 0xε

(2.11)

Ngợc lại, nếu z , i = 1, 2, 3, 4, là nghiệm đặc biệt của (2.8) – (2.10) thì iε x =ε

∑=

4

1

i z iε cũng là nghiệm đặc biệt của DAEs(2.5)

Việc chứng minh có thể sử dụng kỹ thuật nh [8 - định lý 2.5] và do đó nó đợc

bỏ qua

Giống nh định lý 2.3, chúng tôi có định lý ổn định sau

Định lý 2.7: Giả sử DAEs(1.2) là giải đợc với chỉ số 3 và ε >0 đủ nhỏ sao cho

chúng tôi biểu thị ma trận cơ bản của phơng trình đầu tiên trong (2.8) và chúng tôi giả sử rằng ma trận Da, Db thoả mãn :

Da = DaP0P1P2(a), Db = Db P0P1P2(b)

Và

+

) ( )) ( (

) ( )

(

2 1

0P P a Y a P

I

b Y D a Y

= m Thế thì BVP bao gồm DAEs(2.5) và biên

Dax(a) + Dbx(b) = γ

(2.12)

có thể giải đặc biệt trên C với mỗi γ ∈R m

Hơn thế nữa, nếu x là nghiệm đặc biệt của (2.5) và (2.12), thì ε z quy định iε

bởi (2.11) là nghiệm của BVP bao gồm DAEs(2.5) và điều kiện đối với z : 1 ε

Daz (a) + D1 ε bz (b) = 1 ε γ

(2.13)

Ngợc lại, nếu z , i = 1, 2, 3, 4, là nghiệm của hệ (2.8) và (2.13) và iε z2 ε ∈

R(P0P1Q2), z c R(P3 ε 0Q1),

ε

4

z ∈R(Q0), thì x = ε ∑=

4 1

i z iε là nghiệm đặc biệt của DAEs(2.5) và (2.12)

Hệ (2.8) chỉ ra rằng tham số (2.5) có vấn đề về sự suy biến Trong phần dới đây, chúng tôi sẽ nghiên cứu tính chất hội tụ của nghiệm suy biến Nếu không có thêm điều kiện phụ minh hoạ, các hàm và phép chiếu luôn đợc giả thiết là đủ trơn

Sau đây là bổ đề chúng tôi quan tâm, nó có ý nghĩa quyết định đối với việc chứng minh các kết quả chính của chúng ta (cf[7])

Bổ đề 2.8: Cho Iεω quy định bởi :

ω

ε

I (t) = ∫1 1exp(−1( − )) ( )

a

ds s s

ε

Với ω∈L2(a,b) và ε > 0 Tiếp đó Iε ∈ B(L2(a,b)) và các nhận xét sau là

đúng:

(a) Iεω−ω = o(1)

(b) Nếu ω ∈H1(a,b), thì Iεω−ω = o( 2

1

(c) Nếu ω ∈H2(a,b) và ω(a) = 0, thì Iεω−ω = o(ε)

Hơn thế nữa, với c là hằng số c ∈ R sao cho : Iε ≤c với ∀ ε > 0

ở đây, kí hiệu là chuẩn trong L2(a,b)m

Định lý 2.9: Giả sử x và x là nghiệm của phơng trình (2.1) và (2.5) cùng với ε

(2.12) tơng ứng Nếu

P0P1Q2x (a) = Pε 0P1Q2A 1

3

− q(a), thì

) (x xε

P − = o( 2

1

Chứng minh :

Đầu tiên, chúng ta xem xét các phơng trình thứ 2 đã cho trong (2.2) và (2.8), tơng ứng

Để kí hiệu ngắn , chúng tôi đa ra cách viết gọn sau :

(P0P1Q2)’ = U11,,

U11(ε) = 1 + ε U11,

f = P0P1Q2A 1

3

− q

Chúng tôi có :

2 ε

z = U11(ε)z +2ε εU11z + 1 ε εU11z + f 3 ε

z2 = f Nhân phơng trình đầu của hệ trên với

exp(-ε

1 (t – s )) và lấy tích từ a đến t, chúng tôi có

2

)) (

1

exp(

a

ds z s

a

ds z s

ε

a

ds s f s t

ε

ε +ε I (Uε 11z + U1 ε 11z + 2 ε

U11z ),3 ε

ε

2

z (t) –

exp(-ε

1 (t – a )) z (a) = f(t) – f(a) exp(-2 ε

ε

1 (t – a )) + ε I (Uε 11z + U1 ε 11z + 2 ε

U11z - f’)3 ε

và

ε

2

z (t) – z2(t) =ε I ( Uε 11z + U1 ε 11z + U2 ε 11z - f’)3 ε

(2.14)

Do đó :

) ( )

2 t z t

(2.15)

Đạo hàm (2.14) sinh ra :

'

2 ε

z - z2’ = I f’ – f’ + Uε 11z - 1 ε I Uε 11z + U1 ε 11z - 2 ε I Uε 11z + U2 ε 11z - 3 ε I Uε 11z 3 ε

Dới đây giả sử f và Qi đủ mịn, chúng tôi có :

) ( )

2

'

2 t z t

1

Tiếp theo, chúng tôi lấy các phơng trình đầu đã cho trong (2.2) và (2.8) tơng ứng, vào xem xét

phơng trình đầu tiên đợc cho trong (2.2) A thờng là đối số đa ra đánh giá

) ( )

1

'

1 t z t

zε − 2 + z1ε(t)−z1(t) 2 = o(ε2)

Lần thứ ba, xem nh các phơng trình đã cho trong (2.2) và (2.8), tơng ứng Ta kí hiệu

(P0Q1Q2)’ = V11, P0Q1P2A 1

3

− B1 = V12, P0Q1Q2 = V13,

P0Q1P2A 1

3

− B0 = V1, P0Q1P2A 1

3

− q = h Chúng tôi có :

'

3 ε

z =

ε

1 ( - I + εV11) z - V3ε 12( '

1 ε

z + '

2 ε

z ) +

ε

1

V13( '

1 ε

z + '

2 ε

z ) -

ε

1

V14z + 1 ε

ε

1

h,

z3 = -V14z1 + V13(z1’ + z2’) + h

Sau những thao tác giống phơng trình thứ 2 đã cho trong (2 8) chúng tôi có

ε

3

z (t) -

exp(-ε

1 (t – a ))z (a) = 3 ε ε I [Vε 11z - V3 ε 12z - V1'ε 12z - (V2'ε 13( '

1 ε

z + '

2 ε

z ))’ – h’ + (V14z )’]1 ε

+

exp(-ε

1

(t – a ))[-V13(a)( '

1 ε

z (a) + '

2 ε

z (a) – h(a) + V14z (a)] + V1 ε 13( '

1 ε

z + '

2 ε

z ) + h(t) – V14z 1 ε

Căn cứ vào (2.15) và (2.16) chúng tôi có

=

− + +

−

− +

(

2

' 1 13 1

14

' 2

' 1

13 zε z ε h t V zε V z z h t V zε

1

Tóm lại, chúng tôi thu đợc

= +

− +

−

− + + +

+

− +

−

≤

2

' 1 13 1 14

' 2

' 1 13 1

14

' 2

' 1 13 3 3

3 (t) z (t) z V (z z ) h(t) V z V (z z ) h(t) V z V (z z ) h(t) V z

o( 2

1

ε )

Do đó, chúng tôi có:

) (x xε

P − ≤ z1ε −z1 + z2ε −z2 + z3ε −z3 = o( 2

1

ε )

3 Một số ví dụ:

Trong phần này, chúng tôi đa ra 2 ví dụ để minh hoạ cho kết quả của chúng tôi thu đợc trong phần 2 ở đây chúng tôi biểu thị nghiệm đúng của hệ đầu tiên (1.2) và số nghiệm của hệ quy định bởi

x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t))T và x (t) = ( x1(t),x2(t),x3(t))T, tơng ứng

Ví dụ 1: Chúng tôi xét