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.