1
n n
TEˆT 1 diag(,Eˆ
E)ˆ2,
trong đó
Eˆn1n1
là ma trận không suy biến và
Eˆ2 2 2
là ma trận lũy
1
Có thể bạn quan tâm!
- Một số tính chất định tính của hệ phương trình sai phân ẩn tuyến tính - 1
- Tính Điều Khiển Được Của Chuỗi Thời Gian Hữu Hạn
- Tính Quan Sát Được Của Chuỗi Thời Gian Hữu Hạn
- 0 Là Tập Hợp Các Trạng Thái Ban Đầu Chấp Nhận Được,
Xem toàn bộ 73 trang tài liệu này.
linh (tồn tại một số tự nhiên h để
Eˆ h O , trong đó O là ma trận vuông
2 n2 n2
2 2
gồm tất cả các phần tử bằng 0). Chứng tỏ ma trận biến. Đặt
In aEˆ
là không suy
1 2
Khi đó
Q diag(,Eˆ())1() I aEˆ
1 T
aE A 1 và
P T 1 .
QEP diag Eˆ1,()I()
aEˆ
1 T
aE A 1 ET 1
= diag Eˆ1,()I aEˆ
1 2
1 2
1 2 1 2
1 TEˆT 1 = diag Eˆ1,()I(,
a)Eˆ
1 diag Eˆ Eˆ =
Eˆ1 0
Eˆ
0 In
0 I 0
=1
1
1
n1 diag I
, N ,
ˆ1
ˆ
ˆ 1 ˆ n1
0 ()I0 aE2
E2 0 (I) aE2
E2
0 N
trong đó
N : ()I aEˆ2
1 ˆ
E
2
là ma trận lũy linh do
Eˆ2
là ma trận lũy linh.
Tương tự, ta cũng có:
1 2
QAP diag Eˆ1,()I()
aEˆ
1 T
aE A 1 AT 1
= diag(,Eˆ())1(,(I))(()a,(Eˆ)) TAˆT 1 diag Eˆ1 I aEˆdiag I aEˆI aEˆ
1 2 1 2 1 2
Eˆ1 0
()I 0aEˆ
Eˆ1 ()I 0aEˆ
1
1
1 1
ˆ1ˆ
0 ()I0 aE
()
I aE
0
In
2 2 2
n
1
diag(,A I) ,
2
trong đó
A : Eˆ1 ()I aEˆ.
1 1 2
Vậy bổ đề 1.3.2 được chứng minh.
1.3.3 Thí dụ
Xét cặp ma trận (,E )A dưới đây
0 1 1 1 0 1
E 1 1 0 , A 0 2 0. (1.14)
1 0 1
Tính toán trực tiếp ta có:
1 0 1
0 1 1 1 0 11 s s 1
sE A det s 1 1 0 0 2 0 det s s 2 0
1 0 11 0 1s 1 0 s 1
1 0 0
det s s2s 2s(1s)(2 )(1)0. s s 2
s 1
s(1s)1
s
2
Do đó, E, A là cặp ma trận chính quy.
Phương pháp trực tiếp kiểm tra tính chính quy của cặp ma trận sẽ gặp khó khăn khi E, A là các ma trận cấp cao. Từ quan điểm tính toán, Luenbeger đã đưa ra một tiêu chuẩn khác kiểm tra tính chính qui của cặp ma trận E, A, được gọi là thuật toán trộn.
Cho E Alà ma trận cấp n2n. Nếu E là không suy biến thì E, A là cặp
ma trận chính quy và dừng thuật toán. Còn nếu E là suy biến, bằng cách biến đổi hàng ta có thể chuyển E Avề ma trận khối dạng
E1 A1 , (1.15)
0 A
2
trong đó
E qn
có hạng dòng đầy đủ với q rank E . Khi đó, ta trộn dòng
1
khối thứ hai trong (1.15) để đưa nó về dạng
E1 A1 . (1.16)
A 0
2
Nếu E / A E1
là không suy biến thì E, A là cặp ma trận chính quy và
1 2 A
2
dừng thuật toán. Còn không, ta lặp lại thuật toán. Thuật toán sẽ kết thúc theo
cách sau đây: Ma trận có dạng n cột không suy biến dẫn tới E, A là cặp ma trận chính quy hoặc cuối cùng là một dòng không xuất hiện trong ma trận (1.16) dẫn tới E, A là cặp ma trận không chính quy.
1.3.4 Thí dụ
Xét cặp ma trận E, A trong Thí dụ 1
0 1 1 1 0 1
E A1 1 0 0 2 0. (1.17)
1 0 1 1 0 1
Ma trận E là suy biến. Biến đổi dòng trong (1.17) như sau:
Cộng dòng thứ hai với dòng thứ 3, sau đó nhân dòng thứ nhất với (-1) và cộng với dòng thức ba ta được:
0 1 1 1 0 10 1 1 1 0 10 1 1 1 0 1
E A1 1 0 0 2 01 1 0 0 2 01 1 0 0 2 0. (1.18)
1 0 1 1 0 10 1 1 1 2 10 0 0 2 2 0
Trộn (1.18) bằng cách đổi chỗ ma trận 0 0 0và dòng cuối cùng, ta được
A2 2 2 0ở
0 1 1 1 0 1
1 1 0 0 2 0.
2 2 0 0 0 0
Ma trận trái cấp 33 là không suy biến, do đó E, A là cặp ma trận chính quy.
1.4 CÔNG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH ẨN VỚI CẶP MA TRẬN CHÍNH QUY
Xét hệ
Ex(1k)()() Ax k
Bu k ,
y()k()() C k x k
, k 0,1, 2,...
(1.19)
Bổ đề 1.3.2 chỉ ra rằng, với giả thiết chính quy của cặp ma trận E, A, hệ (1.19) có thể đưa về dạng sau:
x1(1k)()()(); A1x1k
B1k u k
(1.20 ) a
Nx (1k)()()(), x k0,1, 2B,....k u k k
(1.20 ) b
2 2 2
Thật vậy, do (,E )A là cặp ma trận chính quy nên theo Bổ đề 1.3.2 tồn tại hai
In10 A10
ma trận không suy biến
P, Q sao cho
QEP , QAP .
Đưa vào biến mới
z()k() P1x k
hay
0 N
x()k() Pz k
0 In2
Pz1()k
z2()k
và đặt
QB()k
B ()k
1
B2()k
. Khi ấy (1.19) có thể viết lại như sau:
1
z (1k)()
EP
z2(1k)()
APz1k
z2k
B()k()u k
. (1.21)
Nhân hai vế của (1.21) với Q ta được:
1
z (1k)()
QEP
z1k
QAP
QB()k()u k .
z2(1k)()
Theo Bổ đề 1.3.2 ta có
z2
k
In1
0z1(1k)()()
A10 z1k
B1 k
u()k .
0 N
z
(1k)()()
0 I
z k
B k
2
Từ đây ta có
n2 2 2
z1(1k)()()(); A1z1k
B1k u k
(1.22a)
Nz (1k)()()(), z k0,1, 2B,... k u k k
(1.22 ) b
2 2 2
Đây chính là công thức (1.20). Từ nay về sau, ta luôn giả thiết cặp ma trận
E, A là chính qui. Như vậy, để nghiên cứu hệ phương trình sai phân (1.19) ta chỉ cần nghiên cứu hệ (1.22) (thường được viết dưới dạng (1.20)).
Xét hệ phương trình sai phân tuyến tính ẩn có tham số điều khiển (1.22).
1.4.1 Mệnh đề
1
Với mỗi điều kiện ban đầu z (0) n1 và dãy điều khiển
nghiệm của (1.22a) có dạng
k1
u(i), i 0,1, 2,... ,
z ()k(0)()A()kz A ki1B i u i
. (1.23a)
1 1 1 1 1
i0
Chứng minh
Ta sẽ chứng minh công thức (1.23a) bằng phương pháp quy nạp.
Với k 1 ta có
0
z (1)(0)A()(z)(0)(0)(0) A i B i u i
A z
B u .
1 1 1 1 1 1 1 1
i0
Giả sử với mọi k s công thức (1.23a) đúng, khi ấy công thức (1.23a) đúng
với k s :
z ()s(0)()A()sz
s1
A si1B i u i .
1 1 1 1 1
i0
Ta sẽ chứng minh công thức (1.23a) đúng với Thật vậy, từ (1.20a) và qui nạp ta có:
k s 1.
z1(1s)()()() A1z1s B1s u s =
s1
= A ((A0)s(z)())()()A si1B i u i B s u s
1 1 1 1 1 1
i0
s1
= A s1z (0)()()()()A si B i u i B s u s
1 1 1 1 1
i0
s
1 1 1 1
= A s1z (0)()() A si B i u i .
i0
Vậy công thức (1.23a) được chứng minh.
Công thức (1.23a) thực chất là công thức nghiệm của hệ phương trình sai phân thường tuyến tính đã biết trong các tài liệu (xem, thí dụ, [7], [8]).
1.4.2 Mệnh đề
Giả sử L>0 là một số cố định cho trước. Khi đó với điều kiện cuối
z2 ()L và
dãy điều khiển u()k , k 0,1, 2,..., L
cho trước, nghiệm của phương trình
Nz2(1k)()()() z2k
B2
k u k
, k 0,1, 2,..., L
(1.20b)
được tính theo công thức sau:
Lk1
z ()k()()()N Lk z L N iB k i u k i
, k 0,1, 2,..., L . (1.23b)
2 2 2
i0
Chứng minh
Ta có
Suy ra
Nz2(1k)()()()
z2 k
B2
k u k .
Do đó
Nz2()L(1)(1z)2(1L) B2L
u L .
N Lk z2()L(1)(1)N(1L)k1z2
L N Lk1B L
u L
N Lk2 Nz2(1L)(1)(1)
NLk1B L
u L
N Lk2 z2(2L)(2)(2)(1B)(1L)
u L
N Lk1B L
u L
N Lk3 Nz2(2L)(2)(2)(1N)(L1)k2 B L
u L N Lk1B L
u L
N Lk3 z2(3L)(3)(
B L
u L 3)
N Lk2 B(2L)(2)(1u)(1L)...
Lk1
N Lk1B L
u L
Lk1
N 0z2()k()()()()() N iB2
i0
k i u k i
z2 k
N iB2
i0
k i u k i
Vậy
z2()k()()()N Lk z2L
Lk1
i0
N i B2
k i u k i
, k 0,1, 2,..., L .
Công thức (1.23b) được chứng minh.
Hệ phương trình sai phân ẩn tuyến tính không dừng (1.20) (hay (1.22)) với
k 0,1, 2,..., L
thường được gọi là chuỗi thời gian hữu hạn (the finite time
series). Nghiệm của chuỗi thời gian hữu hạn có thể tính được tường minh theo
công thức các công thức (1.23a) và (1.23b).
Trong trường hợp (1.22) là hệ phương trình hệ sai phân ẩn tuyến tính dừng
(B(k) B ) thì các công thức nghiệm của nó được xác định như sau:
k
z1()k(0)()A1z1
k1
i0
ki1
A B u i
1 1
, k 0,1, 2,..., L ; (1.24a)
z2()k()()
N Lk z2 L
Lk1
i0
N iB2u k i
, k 0,1, 2,..., L . (1.24b)
1.4.3 Thí dụ
Xét chuỗi thời gian hữu hạn rời rạc
1 0 0 0 1 1 0 0 0
0 1 0 0 0 1 0 0 1
x(1k)()(), 0,1,2x,..k. u k k
L . (1.25)
0 0 0 1 0 0 1 0 1
0 0 0 0 0 0 0 1 1
Đặt
x()k;
x ()k
1
x k x k
2 . Khi ấy hệ (1.25) có thể viết lại như sau:
(), () 1 2
x2()k
1 1
0
x1(1k)()(); x1k
u k
0 1
1
0 1 1
x2(1k)()(), x2k0,1,2,...u.
k k L
Ta có:
0 0
1
A 1 1 , A2 1 11 11 2 ,…, Ak 1 1
k 1,
1 0 11 0 10 10 1 1 0 1
Ak Ak 1 A 1
k 1 1 1 1
k ;
1 1 1
0 1
0 10 1
Ak i1B
1
k i 1 0k i 1;
1 1 0 1 11
0 0
N 0 1 ,
N 2 0 1 0 1 0 0 ;
0 0 0 0 0 0
NB2
0 1 1 1.
0 0 10
Theo công thức (1.23a) và (1.23b), nghiệm của (1.25) được tính như sau:
x ()k(0)()(A0)k()x 0
k1
ki1
A B u i
1kx
k i 1
, k L .
k1
1 1 1
1 1
1
u i
i0
0 1
i0 1
Trạng thái
x2 ()k được tính theo công thức:
0 1 1
x2 ()L(),u k1;
k L
x2 ()k()()
N Lk x2
L k1
L
i
N i B2u k i
0 0
1
0 1u(1k)(), 0 1u k 2.
k L
0 1
Ta thấy
x2 ()k là không phụ thuộc vào trạng thái cuối
x2 ()L khi k L 2 .
Phương trình (1.22a) là một công thức truy hồi tiến và nghiệm của nó được
tính theo công thức (1.23a), trong đó trạng thái
z1 ()k tại thời điểm k hoàn
toàn được xác định duy nhất bởi điều kiện đầu
z1 (0)
và các đầu vào
u(i),
i 0,1,...,
k 1
trước thời điểm k . Mối quan hệ giữa trạng thái ban đầu
x()k và u()k như vậy được gọi là quan hệ nhân quả. Chính xác hơn, ta đưa
vào định nghĩa sau.
1.4.4 Định nghĩa
Chuỗi thời gian hữu hạn (1.19) được gọi là có tính chất nhân quả nếu trạng
thái
x()k , 0 k L
của nó tại bất kỳ thời điểm k được xác định hoàn toàn