Bài giảng 19: Tách Hệ Động Lực Học

(Nếu công thức chưa load được hoặc mờ, các bạn ấn refresh để công thức hiện và rõ nét hơn nhé!)

Phần thảo luận sau đây cho thấy rằng phương pháp trong ví dụ 1 và 2 tạo ra một tập hợp nghiệm cơ bản cho bất kỳ hệ động lực học nào được mô tả bởi $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ khi $A$ là ma trận $n\times n$ và có $n$ vectơ riêng độc lập tuyến tính, tức là khi $A$ có thể chéo hóa. Giả sử các hàm riêng của $A$ là

$\mathbf{v}_1 e^{\lambda_1 t},\dots,\mathbf{v}_n e^{\lambda_n t}$

với $\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n$ là các vectơ riêng độc lập tuyến tính. Đặt $P=[\mathbf{v}_1\quad\dots\quad\mathbf{v}_n]$ , và $D$ là ma trận chéo có các phần tử trên đường chéo chính là $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ , sao cho $A=P D P^{-1}$ . Bây giờ, thực hiện một phép đổi biến, định nghĩa một hàm mới $\mathbf{y}$ bằng cách

$\mathbf{y}(t)=P^{-1}\mathbf{x}(t)$ tương đương, $\mathbf{x}(t)=P\mathbf{y}(t)$

Phương trình $\mathbf{x}(t)=P\mathbf{y}(t)$ cho thấy rằng $\mathbf{y}(t)$ là vectơ tọa độ của $\mathbf{x}(t)$ theo cơ sở vectơ riêng. Thay $P\mathbf{y}$ vào phương trình $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ ta có

(5) $\begin{equation*}\frac{d}{dt}(P\mathbf{y})=A(P\mathbf{y})=(P D P^{-1})P\mathbf{y}=P D\mathbf{y}\end{equation*}$

Vì $P$ là một ma trận hằng số, vế trái của phương trình trên là $P\mathbf{y}'$ . Nhân cả hai vế với $P^{-1}$ , ta thu được $\mathbf{y}'=D\mathbf{y}$ hay cụ thể hơn,

$\begin{bmatrix}y_1'(t)\\y_2'(t)\\\vdots\\y_n'(t)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\lambda_1&0&\cdots&0\\0&\lambda_2&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\cdots&\lambda_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1(t)\\y_2(t)\\\vdots\\y_n(t)\end{bmatrix}$

Phép đổi biến từ $\mathbf{x}$ sang $\mathbf{y}$ đã tách rời hệ phương trình vi phân, vì đạo hàm của mỗi hàm vô hướng $y_k$ chỉ phụ thuộc vào chính $y_k$ . Vì $y_1'=\lambda_1 y_1$ , ta có $y_1(t)=c_1 e^{\lambda_1 t}$ và công thức tương tự áp dụng cho $y_2,\dots,y_n$ . Do đó,

$\mathbf{y}(t)=\begin{bmatrix}c_1 e^{\lambda_1 t}\\\vdots\\c_n e^{\lambda_n t}\end{bmatrix}$ , trong đó

$\begin{bmatrix}c_1\\\vdots\\c_n\end{bmatrix}=\mathbf{y}(0)=P^{-1}\mathbf{x}(0)=P^{-1}\mathbf{x}_0$

Để tìm nghiệm tổng quát $\mathbf{x}$ của hệ phương trình ban đầu, ta tính:

$\mathbf{x}(t)=P\mathbf{y}(t)=[\mathbf{v}_1\quad\dots\quad\mathbf{v}_n]\mathbf{y}(t)=c_1\mathbf{v}_1 e^{\lambda_1 t}+\dots+c_n\mathbf{v}_n e^{\lambda_n t}$

Đây chính là khai triển theo hàm riêng được xây dựng giống như trong ví dụ 1.

Giá trị riêng phức

Trong ví dụ tiếp theo, một ma trận thực $A$ có một cặp giá trị riêng phức $\lambda$ và $\overline{\lambda}$ , với các vector riêng phức tương ứng là $\mathbf{v}$ và $\overline{\mathbf{v}}$ . Do đó, hai nghiệm của phương trình $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ là:

(6) $\begin{equation*}\mathbf{x}_1(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t},\quad\mathbf{x}_2(t)=\overline{\mathbf{v}}e^{\overline{\lambda}t}\end{equation*}$

Có thể chứng minh rằng $\mathbf{x}_2(t)=\overline{\mathbf{x}_1(t)}$ bằng cách sử dụng khai triển chuỗi lũy thừa của hàm mũ phức. Mặc dù các hàm riêng phức $\mathbf{x}_1$ và $\mathbf{x}_2$ rất hữu ích trong một số phép tính (đặc biệt là trong kỹ thuật điện), nhưng các hàm số thực phù hợp hơn cho nhiều mục đích khác. May mắn thay, phần thực và phần ảo của $\mathbf{x}_1$ cũng là các nghiệm thực của $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ , vì chúng là tổ hợp tuyến tính của các nghiệm trong (6):

$\text{Re}(\mathbf{v}e^{\lambda t})=\frac{1}{2}\left[\mathbf{x}_1(t)+\mathbf{x}_2(t)\right],\qquad\text{Im}(\mathbf{v}e^{\lambda t})=\frac{1}{2i}\left[\mathbf{x}_1(t)-\overline{\mathbf{x}_1(t)}\right]$

Để hiểu rõ hơn về $\text{Re}(\mathbf{v}e^{\lambda t})$ , hãy nhớ rằng trong giải tích, hàm số mũ $e^x$ có thể được biểu diễn bằng chuỗi lũy thừa:

$e^x=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\cdots+\frac{1}{n!}x^n+\cdots$

Chuỗi này cũng được dùng để định nghĩa $e^{\lambda t}$ khi $\lambda$ là một số phức:

$e^{\lambda t}=1+(\lambda t)+\frac{1}{2}(\lambda t)^2+\cdots+\frac{1}{n!}(\lambda t)^n+\cdots$

Bằng cách đặt $\lambda=a+bi$ (trong đó $a,b$ là các số thực) và sử dụng các chuỗi lũy thừa tương tự cho các hàm cosin và sin, ta có thể chứng minh rằng:

(7) $\begin{equation*}e^{(a+bi)t}=e^{at}e^{ibt}=e^{at}(\cos bt+i\sin bt)\end{equation*}$

Do đó,

$\mathbf{v}e^{\lambda t}=(\text{Re}\,\mathbf{v}+i\text{Im}\,\mathbf{v})e^{at}(\cos(bt)+i\sin(bt))\\=\left[(\text{Re}\,\mathbf{v})\cos(bt)-(\text{Im}\,\mathbf{v})\sin(bt)\right]e^{at}+i\left[(\text{Re}\,\mathbf{v})\sin(bt)+(\text{Im}\,\mathbf{v})\cos(bt)\right]e^{at}$

Như vậy, hai nghiệm thực của phương trình $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ là:

$\begin{matrix}y_{1}(t)=&\text{Re}\,\mathbf{x}_{1}(t)&=[(\text{Re}\,\mathbf{v})\cos\,bt-(\text{Im}\,\mathbf{v})\sin\,bt]e^{at}\\\\y_{2}(t)=&\text{Im}\,\mathbf{x}_{1}(t)&=[(\text{Re}\,\mathbf{v})\sin\,bt-(\text{Im}\,\mathbf{v})\cos\,bt]e^{at}\\\end{matrix}$

Có thể chứng minh rằng $\mathbf{y}_1$ và $\mathbf{y}_2$ là hai hàm độc lập tuyến tính (khi $b\neq 0$ ).

Ví dụ 3: Mạch điện trong hình 4 có thể được mô tả bằng phương trình

$\begin{bmatrix}i_L'\\v_C'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-R_2/L&-1/L\\1/C&-1/(R_{1}C)\end{bmatrix}\begin{bmatrix}i_L\\v_C\end{bmatrix}$

trong đó $i_L$ là dòng điện chạy qua cuộn cảm $L$ và $v_C$ là điện áp rơi trên tụ điện $C$ . Giả sử $R_1=5$ ohm, $R_2=.8$ ohm, $C=.1$ farad và $L=.4$ henry. Hãy tìm công thức cho $i_L$ và $v_C$ , nếu dòng điện ban đầu qua cuộn cảm là $3$ ampe và điện áp ban đầu trên tụ điện là $3$ vôn.

Giải: Với dữ liệu đã cho, ta có $A=\begin{bmatrix}-2&-2.5\\10&-2\end{bmatrix}$ và $\mathbf{x}_0=\begin{bmatrix}3\\3\end{bmatrix}$ . Giá trị riêng $\lambda=-2+5i$ và vector riêng tương ứng $\mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}i\\2\end{bmatrix}$ . Các nghiệm phức của phương trình $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ là tổ hợp tuyến tính của

$\mathbf{x}_1(t)=\begin{bmatrix}i\\2\end{bmatrix}e^{(-2+5i)t}$ và $\mathbf{x}_2(t)=\begin{bmatrix}-i\\2\end{bmatrix}e^{(-2-5i)t}$ .

Tiếp theo, sử dụng phương trình (7) để viết

$\mathbf{x}_1(t)=\begin{bmatrix}i\\2\end{bmatrix}e^{-2t}(\cos 5t+i\sin 5t)$

Phần thực và phần ảo của $\mathbf{x}_1$ cho ra các nghiệm thực:

$\mathbf{y}_1(t)=\begin{bmatrix}-\sin 5t\\2\,\cos 5t\end{bmatrix}e^{-2t},\quad\mathbf{y}_2(t)=\begin{bmatrix}\cos 5t\\2\,\sin 5t\end{bmatrix}e^{-2t}$

Vì $\mathbf{y}_1$ và $\mathbf{y}_2$ là các hàm độc lập tuyến tính, chúng tạo thành một cơ sở cho không gian vectơ thực hai chiều của các nghiệm của $\mathbf{x}'=A\mathbf{x}$ . Do đó, nghiệm tổng quát là

$\mathbf{x}(t)=c_1\begin{bmatrix}-\sin 5t\\2\,\cos 5t\end{bmatrix}e^{-2t}+c_2\begin{bmatrix}\cos 5t\\2\,\sin 5t\end{bmatrix}e^{-2t}$

Để thỏa mãn $\mathbf{x}(0)=\begin{bmatrix}3\\3\end{bmatrix}$ , ta cần $c_1\begin{bmatrix}0\\2\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\3\end{bmatrix}$ , điều này dẫn đến $c_1=1.5$ và $c_2=3$ . Do đó,

$\mathbf{x}(t)=1.5\begin{bmatrix}-\sin 5t\\2\,\cos 5t\end{bmatrix}e^{-2t}+3\begin{bmatrix}\cos 5t\\2\,\sin 5t\end{bmatrix}e^{-2t}$

hay

$\begin{bmatrix}i_L(t)\\v_C(t)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1.5\sin 5t+3\cos 5t\\3\cos 5t+6\sin 5t\end{bmatrix}e^{-2t}$

Xem hình 5.

Hình 5: Gốc tọa độ là một điểm xoắn ốc

Trong hình 5, gốc tọa độ được gọi là điểm xoắn ốc của hệ động lực học. Sự quay được tạo ra bởi các hàm sin và cos xuất phát từ giá trị riêng phức. Các quỹ đạo xoắn vào trong vì hệ số $e^{-2t}$ tiến về 0. Nhớ lại rằng $-2$ là phần thực của giá trị riêng trong ví dụ 3. Khi $A$ có một giá trị riêng phức với phần thực dương, các quỹ đạo sẽ xoắn ra ngoài. Nếu phần thực của giá trị riêng bằng $0$ , các quỹ đạo tạo thành elip xung quanh gốc tọa độ.