Киселёв Ю.Н. Оптимальное управление
Подождите немного. Документ загружается.
Теорема 2.2. Решение задачи Коши (3) существует и определяется
формулой Коши (4) или (5). Кроме того, решение задачи Коши (3)
единственно.
Задача 2.2. Доказать единственность решения задачи Коши (3).
Задача 2.3. Проверить, что
e
tA
∗
= e
t(A
∗
)
,e
sA
· e
tA
= e
(t+s)A
,
где t, s ∈ E
1
,
∗
– знак транспонирования.
Замечание 2.2. Если непрерывная функция u(t) определена на
интервале (a, b), содержащем точку t
0
,торешениезадачи(3)опре-
делено на всем интервале (a, b) и описывается на этом интервале
формулой Коши (4). Таким образом, формула Коши (4) применима
как при t>t
0
,такиприt<t
0
.
Пример. Найти решение задачи Коши
˙x = x +1,x(0) = 1.
Здесь n =1, a =1, t
0
=0, x
0
=1, u(·) ≡ 1. Применение форму-
лы (2) даёт:
x(t)=e
t
⎛
⎝
1+
t
0
e
−s
· 1 ds
⎞
⎠
=
= e
t
1+
e
−s
−1
s=t
s=0
= e
t
(1 − e
−t
+1)=2e
t
− 1.
Формулу Коши (4), (5) целесообразно запомнить, так как иссле-
дование линейной задачи быстродействия основано в значительной
степени на применении формулы Коши.
1.2.3 Примеры вычисления экспоненциала для конкретных мат-
риц
Пример 2.1. Найти экспоненциал e
tA
матрицы A =
01
00
.
Прямое вычисление даёт A
2
=0; следовательно, A
k
=0при k 2,
и ряд (7) содержит лишь 2 члена:
e
tA
= E + tA =
10
01
+ t
01
00
=
1 t
01
.
21
Итак,
e
tA
=
1 t
01
,e
−tA
=
1 −t
01
,e
−tA
∗
=
10
−t 1
.
Пример 2.2. Найти экспоненциал e
tA
матрицы A =
01
−10
.
Находим:
A
2
= −E, A
6
= −E,
A
3
= −A, A
7
= −A,
A
4
= E, A
8
= E,
A
5
= A, A
9
= A,
......... .........
Применение формулы (7) даёт:
e
tA
= E + tA +
t
2
2!
(−E)+
t
3
3!
(−A)+
t
4
4!
E +
t
5
5!
A +
t
6
6!
(−E)+...=
=
1 −
t
2
2!
+
t
4
4!
− ...
E +
t −
t
3
3!
+
t
5
5!
− ...
A =
=cos(t) E +sin(t) A. (14)
Таким образом,
e
tA
=cost
10
01
+sint
01
−10
=
cos t sin t
−sin t cos t
,
e
tA
∗
=
cos t −sin t
sin t cos t
,e
−tA
∗
= e
tA
.
В примерах 2.1, 2.2 экспоненциал e
tA
получен вычислением ря-
да (7). Рассмотрим теперь другой приём нахождения экспоненциала
на основе его свойства (13).
Пример 2.3. Найти экспоненциал e
tA
матрицы A =
01
0 −1
.
1) Покажем, что
e
tA
=
11− e
−t
0 e
−t
. (15)
Для доказательства формулы (15) достаточно проверить, что матри-
ца, стоящая в правой части (15), удовлетворяет условиям (13). Эта
22
матрица при t =0превращается в единичную матрицу, далее
d
dt
11− e
−t
0 e
−t
=
0 e
−t
0 −e
−t
,
01
0 −1
11− e
−t
0 e
−t
=
0 e
−t
0 −e
−t
,
и формула (15) доказана. Недостатком этого способа является то, что
не указан способ получения самой формулы (15).
2) Рассмотрим метод получения (15) на основе свойства (13). За-
пишем экспоненциал в форме
e
tA
=
y
1
(t) z
1
(t)
y
2
(t) z
2
(t)
=
y(t)
z(t)
.
Его первый столбец y(t)=
y
1
(t)
y
2
(t)
находим, решая задачу Коши
˙y = Ay, y(0) =
1
0
,
причём вектором начальных условий служит первый столбец единич-
ной матрицы. Последняя система в координатной форме имеет вид:
˙y
1
= y
2
,y
1
(0) = 1,
˙y
2
= −y
2
,y
2
(0) = 0.
Решая её, получаем:
y
1
(t) ≡ 1,
y
2
(t) ≡ 0,
y(t) ≡
1
0
.
Для нахождения второго столбца z(t) экспоненциала решаем задачу
Коши
˙z = Az, z(0) =
0
1
.
Получаем:
z
1
(t)=1−e
−t
,
z
2
(t)=e
−t
,
z(t)=
1 − e
−t
e
−t
.
Таким образом, мы пришли к формуле (15).
23
Обратим внимание на то, что экспоненциал (15) может быть запи-
сан в форме
e
tA
= p
0
(t) E + p
1
(t) A, (16)
где p
0
(t)=1, p
1
(t)=1−e
−t
. Аналогичное представление было полу-
чено для экcпоненциала из примера 2.2, см. (14), где p
0
(t)=cos(t),
p
1
(t)=sin(t). Это наблюдение позволяет применить для нахождения
экспоненциала следующий метод.
3) Ищем экспоненциал в форме (16), где функции p
0
(t), p
1
(t) под-
лежат определению. Полагая в (16) t =0,получаем
10
01
=
p
0
(0) p
1
(0)
0 p
0
(0) − p
1
(0)
,
откуда следует, что функции p
0
(t),p
1
(t) должны удовлетворять на-
чальным условиям
p
0
(0) = 1,p
1
(0) = 0. (17)
Дифференцируя (16) по t,получаем
Ae
tA
=˙p
0
(t) E +˙p
1
(t) A; (18)
подстановка (16) в (18) даёт
p
0
(t) A + p
1
(t) A
2
=˙p
0
(t) E +˙p
1
(t) A,
откуда, принимая во внимание равенство A
2
= −A,находим
˙p
0
(t) E +
˙p
1
(t)+p
1
(t) − p
0
(t)
A =0,
т.е.
˙p
0
(t)˙p
1
(t)+p
1
(t) − p
0
(t)
0 −˙p
1
(t) − p
1
(t)+p
0
(t)+ ˙p
0
(t)
=
00
00
,
или
˙p
0
(t)=0, ˙p
1
(t)+p
1
(t)−p
0
(t)=0, −˙p
1
(t)−p
1
(t)+p
0
(t)+ ˙p
0
(t)=0.
Из условий ˙p
0
(t)=0, p
0
(0) = 1 следует: p
0
(t) ≡ 1. Далее из условий
˙p
1
(t)+p
1
(t)−p
0
(t)=0, p
1
(0) = 1, p
0
(t)=1следует, что p
1
(t)=1−e
−t
.
Таким образом, в примере 2.3
e
tA
= p
0
(t) E + p
1
(t) A =
=
10
01
+
1 − e
−t
01
0 −1
=
11− e
−t
0 e
−t
.
24
Выбор представления экспоненциала (16), на котором основан по-
следний метод, объясняет приведённая в разделе 1.2.4 теорема 2.3.
Пример 2.4. Найти экспоненциал e
tA
для матрицы A =
01
10
.
Решение:
e
tA
=cht · E +sht · A =
ch t sh t
sh t ch t
.
Пример 2.5. Найти e
tA
, где матрица
A =
⎛
⎝
010
001
000
⎞
⎠
.
Решение: A
k
=0, k 3,
e
tA
= E + tA +
t
2
2!
A
2
=
=
⎛
⎝
100
010
001
⎞
⎠
+ t
⎛
⎝
010
001
000
⎞
⎠
+
t
2
2
⎛
⎝
001
000
000
⎞
⎠
=
⎛
⎝
1 t
t
2
2
01 t
00 1
⎞
⎠
.
Пример 2.6. Найти e
tA
для матрицы
A =
⎛
⎝
001
010
100
⎞
⎠
.
Решение:
A
2
= A
4
= ...= A
2k
= E
A
3
= A
5
= ...= A
2k+1
= A
k =1, 2,...,
и по формуле (7) получаем
e
tA
=cht · E +sht · A =
=cht
⎛
⎝
100
010
001
⎞
⎠
+sht
⎛
⎝
001
010
100
⎞
⎠
=
⎛
⎝
ch t 0sht
0 e
t
0
sh t 0cht
⎞
⎠
.
25
Пример 2.7. Найти e
tA
,где(n × n)-матрица
A =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
010··· 0
001··· 0
··· ··· ··· ··· ···
000··· 1
000··· 0
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
.
Решение. Так как A
n
=0,топоформуле(7)получаем:
e
tA
=
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
1 t
t
2
2
···
t
n−1
(n − 1)!
01 t ···
t
n−2
(n − 2)!
00 1 ···
.
.
.
00···
.
.
.
t
00 0 ··· 1
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
.
Пример 2.8. Найти экспоненциал e
tA
,где(n × n)-матрица
A =
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
λ 10··· 0
0 λ 1 ··· 0
00λ ···
.
.
.
··· ··· ···
.
.
.
1
000··· λ
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
(жорданова клетка).
Пример 2.9. Пусть
J = diag(J
1
,J
2
,...,J
s
)
– матрица клеточно-диагональной структуры c блоками
J
m
=
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
λ
m
10··· 0
0 λ
m
1 ··· 0
00λ
m
···
.
.
.
··· ··· ···
.
.
.
1
000··· λ
m
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
,m=1,...,s,
26
размерности (k
m
×k
m
) (жорданова клетка); k
1
+...+k
s
= n. Показать,
что (n × n)-матрица J имеет экcпоненциал клеточно-диагональной
структуры
e
tJ
=
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
e
tJ
1
e
tJ
2
0
0
.
.
.
e
tJ
s
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
.
Пример 2.10. Найти e
tA
,еслиA = T
−1
JT,гдеT –невырожден-
ная (n × n)-матрица, J – матрица из примера 2.9. Показать, что
e
tA
= T
−1
e
tJ
T.
Предлагается решить примеры 2.8-2.10 самостоятельно.
1.2.4 Теорема о представлении экспоненциала в виде конечной
суммы
Теорема 2.3. Пусть A – квадратная матрица n-ого порядка, t –
скалярная переменная. Тогда
e
tA
=
n−1
j=0
p
j
(t) A
j
, (19)
где p
j
(t) – скалярные непрерывные (и даже аналитические) функции
аргумента t.
2 Доказательство теоремы 2.3 основано на представлении экспо-
ненциала e
tA
в форме ряда (7) и теореме Гамильтона-Кэли, состоящей
в том, что матрица аннулирует свой характеристический многочлен.
Запишем формулу (7) в виде
e
tA
= E + tA +
t
2
2!
A
2
+ ...+
+
t
n−1
(n − 1)!
A
n−1
+
t
n
n!
A
n
+
t
n+1
(n + 1)!
A
n+1
+ ... (20)
27
Пусть
H
A
(λ) ≡ det(A − λE) = det
⎛
⎜
⎜
⎝
a
11
− λa
12
··· a
1n
a
21
a
22
− λ ··· a
2n
··· ··· ··· ···
a
n1
a
n2
··· a
nn
− λ
⎞
⎟
⎟
⎠
=
=(−1)
n
(λ
n
− h
n−1
λ
n−1
− ...− h
1
λ − h
0
) (21)
– характеристический многочлен матрицы A. Утверждение теоремы
Гамильтона-Кэли можно записать в форме
H
A
(λ)
λ=A
= O, (22)
где O =
⎛
⎝
0 ··· 0
··· ··· ···
0 ··· 0
⎞
⎠
– нулевая матрица размерности (n × n).
Из (21), (22) следует, что
A
n
= q
(n)
0
E + q
(n)
1
A + ...+ q
(n)
n−1
A
n−1
, (23)
где q
(n)
j
= h
j
, j =0, 1,...,n−1, – коэффициенты характеристического
многочлена (21). Формула (23) показывает, что n-ая степень A
n
мат-
рицы A линейно выражается через меньшие степени A
0
= E, A
1
, A
2
,
...,A
n−1
матрицы A, причём коэффициенты q
(n)
j
в (23) определяются
матрицей A.
Покажем, что любая степень A
k
, k>n,матрицыA также ли-
нейно выражается через A
0
,A
1
,A
2
,...,A
n−1
с некоторыми коэффи-
циентами, зависящими от номера k (и от матрицы A). Действительно,
умножив равенство (23) на матрицу A,получаем:
A
n+1
= q
(n)
0
A + q
(n)
1
A
2
+ ···+ q
(n)
n−2
A
n−1
+
+q
(n)
n−1
[ q
(n)
0
E + q
(n)
1
A + ...+ q
(n)
n−1
A
n−1
=
= q
(n+1)
0
E + q
(n+1)
1
A + ... + q
(n+1)
n−1
A
n−1
, (24)
28
где
q
(n+1)
0
= q
(n)
n−1
q
(n)
0
,
q
(n+1)
1
= q
(n)
0
+ q
(n)
n−1
q
(n)
1
,
q
(n+1)
2
= q
(n)
1
+ q
(n)
n−1
q
(n)
2
,
.........................
q
(n+1)
n−1
= q
(n)
n−2
+ q
(n)
n−1
q
(n)
n−1
.
Аналогично получаем:
A
n+2
= q
(n+2)
0
E + q
(n+2)
1
A + ... + q
(n+2)
n−1
A
n−1
, (25)
A
n+s
= q
(n+s)
0
E + q
(n+s)
1
A + ... + q
(n+s)
n−1
A
n−1
, (26)
итакдалее.Подстановкасоотношений(24)–(26)вряд(20)приводит
(после перегруппировки членов) к представлению (19) экспоненциа-
ла e
tA
.
Упражнение 2.1. Выписать ряды для коэффициентов
p
0
(t),p
1
(t), ..., p
n−1
(t)
вформуле(19) и доказать сходимость этих рядов при любом t.
Замечание 2.3. Вформуле(19) фактически могут отсутствовать
несколько старших степеней матрицы A. Например, для матрицы
A =
⎛
⎝
001
010
100
⎞
⎠
из примера 2.6, где n =3, мы получили e
tA
= ch(t) ·E + sh(t) ·A, т.е.
здесь в представлении экспоненциала
e
tA
= p
0
(t)E + p
1
(t)A + p
2
(t)A
2
имеем
n − 1=2,p
0
(t)=ch(t),p
1
(t)=sh(t),p
2
(t)=0,
член с A
2
фактически отсутствует. В случае A = E имеем:
e
tA
= e
t
· E,
т.е. здесь
p
0
(t)=e
t
,p
1
(t)=...= p
n−1
(t)=0.
Теорема 2.3 будет использоваться в разделе 3.15 при доказатель-
стве леммы о внутренней точке интеграла.
29
1.2.5 Пример применения формулы Коши для нахождения ре-
шения линейных систем
Задача Коши
¨y = u
2
(t),y(0) = a
1
, ˙y(0) = a
2
, (27)
где u
2
(t) – заданная функция, a
1
, a
2
– заданные числа, может быть
решена двумя последовательными интегрированиями:
˙y(t)= ˙y(0) +
t
0
¨y(s) ds = a
2
+
t
0
u
2
(s) ds,
y(t)=y(0) +
t
0
˙y(τ) dτ = a
1
+
t
0
⎛
⎝
a
2
+
τ
0
u
2
(s) ds
⎞
⎠
dτ =
= a
1
+ a
2
t +
t
0
⎛
⎝
τ
0
u
2
(s) ds
⎞
⎠
dτ = a
1
+ a
2
t +
t
0
(t − s) u
2
(s) ds.
Полагая x
1
= y, x
2
=˙y, запишем задачу (27) в виде
˙x
1
= x
2
,x
1
(0) = a
1
,
˙x
2
= u
2
,x
2
(0) = a
2
,
или
˙x = Ax + u, x(0) =
a
1
a
2
, (28)
где
x =
x
1
x
2
,A=
01
00
,u(t)=
0
u
2
(t)
.
Найдём решение задачи (28), применяя формулу Коши (5). Имеем:
x(t)=
x
1
(t)
x
2
(t)
=
=
1 t
01
a
1
a
2
+
t
0
1 t − s
01
0
u
2
(s)
ds =
=
a
1
+ a
2
t
a
2
+
t
0
(t − s) u
2
(s)
u
2
(s)
ds =
30