Bài giảng tóm tắt Phương trình vi phân - Trịnh Đức Tài

115 trang hapham 2430

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng tóm tắt Phương trình vi phân - Trịnh Đức Tài", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_tom_tat_phuong_trinh_vi_phan_trinh_duc_tai.pdf

Nội dung text: Bài giảng tóm tắt Phương trình vi phân - Trịnh Đức Tài

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z TRỊNH ĐỨC TÀI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (Bài Giảng Tóm Tắt) Lưu hành nội bộ Y Đà Lạt 2008 Z
Mục lục 1 Phương trình vi phân thường cấp I 2 1.1 Mởđầu 2 1.1.1 Vàimơhìnhđơngiản 2 1.1.2 Cáckháiniệm 3 1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: . . . . . . . . . . . 5 1.2 Địnhlýtồntạivàduynhấtnghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.1 BàitốnCauchy 6 1.2.2 PhươngphápxấpxỉPicard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.3 Sựtồntạivàduynhấtnghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . 11 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . 12 1.3.1 Phươngtrìnhvớibiếnsốphânly . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.2 Phươngtrìnhviphânthuầnnhất. . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3.3 Phươngtrìnhviphântồnphần . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I . . . . . . . . . . . . . . 18 1.3.5 PhươngtrìnhBernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.3.6 PhươngtrìnhDarboux. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.3.7 PhươngtrìnhRiccati . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm . . . . . 23 1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 23 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange . . . . . . . . 26 1.5.1 PhươngtrìnhClairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.5.2 PhươngtrìnhLagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.5.3 Thamsốhốtổngquát 28 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . . . . . 29 1.6.1 Sựtồntạinghiệmkỳdị 29
MỤC LỤC ii 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p biệttuyến 30 − 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C biệttuyến 32 − 2 Phương trình vi phân cấp cao 35 2.1 Phươngtrìnhviphâncấpcao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.1 Cáckháiniệm 35 2.1.2 Sựtồntạivàduynhấtnghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 37 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao cĩ thể hạ cấp . . . . . . . 39 2.1.5 Tíchphântrunggianvàtíchphânđầu. . . . . . . . . . . . . . 42 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43 2.2.1 Cáckháiniệm 43 2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 44 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất 50 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trìnhkhơngthuầnnhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . 53 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 53 2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất: . . . 56 3 Hệ phương trình vi phân 60 3.1 HệphươngtrìnhviphâncấpItổngquát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.1.1 Cácđịnhnghĩa 60 3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 61 3.1.3 Sựtồntạivàduynhấtnghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63 3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 66 3.2.1 Sựtồntạinghiệm 66 3.2.2 Tháctriểnnghiệmvàsựtồntạitồncục . . . . . . . . . . . . 68 3.3 Hệphươngtrìnhviphântuyếntính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.1 Hệtuyếntínhthuầnnhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.2 Hệtuyếntínhkhơngthuầnnhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . 75 3.4.1 Phươngtrìnhđặctrưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.2 Hệnghiệmcơbản 76 3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
MỤC LỤC 1 3.5.1 Sơlượcvềbàitốnổnđịnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.5.2 Ổnđịnhhệtuyếntính 82 3.5.3 Ổnđịnhtheoxấpxỉthứnhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83 4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 86 4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . 86 4.1.1 Cáckháiniệm 86 4.1.2 Sựtồntạivàduynhấtnghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 87 4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa 88 4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91 4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. 96 4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . 96 4.2.2 PhươngtrìnhLegendre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.2.3 PhươngtrìnhBessel 98 4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân 98 4.3.1 Sơlượcvềkhaitriểntiệmcận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị khơng chính qui. 100 4.3.3 Khaitriểntiệmcậncủanghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103 A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106 A.1 BiếnđổiLaplace 106 A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . 108 Tài liệu tham khảo 112
Chương 1 Phương trình vi phân thường cấp I 1.1 Mở đầu Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mơ hình hố bởi các phương trình vi phân, tức là phương trình cĩ chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm. Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyển động của các hành tinh), trong hố học (các phản ứng hố học), trong sinh học (sự phát triển của dân số), trong điện tử Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài tốn chung nhất là mơ tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về định lượng). 1.1.1 Vài mơ hình đơn giản. Sự rơi tự do. Xét một vật cĩ khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gần mặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đĩ cĩ thể mơ tả bởi phương trình F = ma (1.1) trong đĩ F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F cĩ thể giả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) và lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngồi ra, do gia tốc chuyển dv động a = nên (1.1) cĩ thể viết dưới dạng dt dv m = mg γv (1.2) dt − trong đĩ g 9, 8m/s2 là gia tốc trọng trường, cịn γ là hệ số cản. ≈ Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân. Dung dịch hĩa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t0 một thùng chứa x0 kg muối hịa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ
1.1 Mở đầu 3 a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đĩ chảy ra khỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thời dx điểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng dt bằng hiệu của tỉ lệ muối rx chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét 1000 (kg/phút). Vậy ta cĩ phương trình vi phân dx rx = ar (1.3) dt − 1000 với dữ kiện ban đầu x(t0)= x0 1.1.2 Các khái niệm. Phương trình vi phân là phương trình cĩ dạng F (x,y,y0,y00, ,y(n))=0 (1.4) trong đĩ y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải cĩ sự tham gia của đạo hàm (đến cấp nào đĩ) của ẩn. Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng) thì phương trình vi phân cịn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, người ta thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi phân thường và là đối tượng chính của giáo trình này. Thơng thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x) xác định trên khoảng mở I R; khi đĩ hàm F trong đẳng thức trên xác định trong một tập mở G của R Rn+1⊂. Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector-hàm (hàm với giá trị vector) y(x)=(× y (x), ,y (x))T Rm, F là một ánh xạ nhận giá trị trong 1 m ∈ Rm và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân. Ta nĩi một phương trình vi phân cĩ cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm của ẩn xuất hiện trong phương trình. Phương trình vi phân thường cấp I cĩ dạng tổng quát F (x,y,y0)=0 (1.5) trong đĩ F (x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nĩ trên miền G R3. Với một số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phân cấp⊂ I cĩ thể viết được dưới dạng sau (gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm) y0 = f(x, y) (1.6) với f liên tục trong một miền D R2. ⊂ Ví dụ: Các phương trình ey + y02 cos x =1 (y000)2 2xy = ln x − ∂2u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y2
1.1 Mở đầu 4 lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng cấp II. Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I Rn (với I =(a, b) là khoảng nào đĩ của R) là nghiệm của phương trình (1.4) nếu nĩ→ cĩ các đạo hàm liên tục đến cấp n trên I và thoả mãn F (x, φ(x),φ0(x),φ00(x), ,φ(n))(x)=0, với mọi x I (1.7) ∈ Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biến y = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), ta được một đẳng thức đúng. Ví dụ: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý) y = C1 cos x + C2 sin x là nghiệm của phương trình vi phân y00 + y =0 Xz 3 2 1 1 2 3 4 y Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka. Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t) là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mơ tả bởi (hệ) phương trình Volterra Lotka sau đây − y0 = y(α βx), x0 = x(γy δ) (1.8) − − với α,β,γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể. Để tìm nghiệm của phương trình này ta cĩ thể xem y như là hàm theo x, phương trình cĩ thể viết dưới dạng dy y(α βx) (γy δ) (α βx) = − hay − dy = − dx dx x(γy δ) y x − Nghiệm của phương trình này cho bởi γy δ ln y = α ln x βx + C − − trong đĩ C là hằng số tuỳ ý. Hình 1.1 mơ tả nghiệm của phương trình khi α = β = γ =1, δ =2.
1.1 Mở đầu 5 1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R2. Tại mỗi điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nĩ một hướng với hệ số gĩc là dy k = = f(x, y) (1.9) dx Khi đĩ ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng của tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đĩ. Giải phương trình vi phân dạng (1.6) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao cho tại mỗi điểm của nĩ hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường. Hình 1.2 cho y ta trường hướng của phương trình y0 = . −x 2 y(x) 1 ±2 ±10 1 2 x ±1 ±2 y Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y0 = −x Ngược lại, cho trước họ đường cong ϕ(x,y,C)=0 (1.10) phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ cĩ duy nhất một đường cong của họ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổng quát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được ∂ϕ ∂ϕ (x,y,C)+ y0 (x,y,C)=0 ∂x ∂y Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luơn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y). Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được ∂ϕ ∂ϕ (x,y,C(x, y))+ y0 (x,y,C(x, y))=0 ∂x ∂y
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6 và đây là phương trình vi phân cần tìm. Ví dụ: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau: y = Cx2 Đạo hàm hai vế theo x ta được y0 =2Cx. Khử C ta thu được phương trình vi phân: y y0 =2 x 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 1.2.1 Bài tốn Cauchy Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nĩi chung phụ thuộc vào một hay nhiều hằng số tuỳ ý nào đĩ. Để xác định một nghiệm cụ thể, ta cần thêm một hay vài dữ kiện nào đĩ về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn, x3 0 2 x3 y = 3 + C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y = x . Dễ thấy y = 3 +1 là nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1. Ta xét bài tốn sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài tốn Cauchy (hay bài tốn giá trị ban đầu): y0 = f(x, y) Bài tốn: Tìm nghiệm y(x) thỏa: (1.11) ( y(x0)= y0 trong đĩ (x ,y ) D được gọi là điều kiện ban đầu. 0 0 ∈ Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài tốn (1.11) cĩ hay khơng và cĩ bao nhiêu lời giải. Ta lưu ý rằng khơng phải lúc nào bài tốn Cauchy cũng cĩ nghiệm, và khi cĩ nghiệm cũng khơng nhất thiết cĩ duy nhất nghiệm. Chẳng hạn, phương trình y0 = x2, y(0) = 0 cĩ duy nhất một nghiệm là y = x3/3. Phương trình xy0 = y, y(0) = 1 khơng cĩ nghiệm nào; cịn phương trình y0 = y1/3, y(0) = 0 cĩ ít nhất 2 nghiệm là là y 0 và y2 = 8 x3. ≡ 27 Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân cấp I. 1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard Ta xét bài tốn Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm (1.11), trong đĩ f xác định và liên tục trên miền mở D R2. ⊂ Giả sử y(x) là nghiệm của bài tốn (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong (1.11) ta được phương trình tích phân đối với y(x) là x y(x)= y0 + f(t, y(t))dt (1.12) Zx0
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 7 Rõ ràng mỗi nghiệm của (1.11) cũng là nghiệm của (1.12) và ngược lại, mỗi nghiệm của (1.12) đều khả vi liên tục (tức là thuộc lớp C1) trên một khoảng I nào đĩ và thoả phương trình (1.11). Phép lặp Picard-Lindel¨of. Về mặt tốn tử, nghiệm của phương trình tích phân (1.12) chính là lời giải của bài tốn điểm bất động của các ánh xạ co trong khơng gian metric đầy đủ (ở đây ta xét khơng gian các hàm khả vi liên tục trên I) mà lời giải cĩ thể cho bởi phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard-Lindel¨of sau đây. Xét dãy các hàm xác định một cách đệ qui bởi y0(x) = y0 (hay một hàm nào đĩ) x y (x) = y + f(t, y (t))dt, với k N (1.13) k+1 0 k ∈ Zx0 Bổ đề 1.1. Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật D = (x, y) R2/ x x a, y y b ∈ | − 0| ≤ | − 0| ≤ b Đặt M := max f(x, y) và h := min a, . Khi đĩ với mọi x I := [x0 h, x0 +h] (x,y)∈D | | M ∈ − ta cĩ y (x) y b, với mọi k | k − 0| ≤ Nĩi cách khác, trong phép lặp (1.13) các hàm yk khơng đi ra khỏi phần hình chữ nhật D, ứng với x I. ∈ Chứng minh: Ta cĩ, với x h x x + h: 0 − ≤ ≤ 0 x x y y = f(t, y − (t))dt f(t, y − (t)) dt M x x Mh b | k − 0| k 1 ≤ | k 1 | ≤ | − 0| ≤ ≤ Zx0 Zx0 Ví dụ: Xét phương trình y0 = y2, với y(0) = 1. Nghiệm chính xác của nĩ là y = 1 . − x+1 Vài xấp xỉ đầu tiên trong phép lặp Picard-Lindel¨of là y0 = 1, y1 = 1 x, y2 = x3 − 1 x + x2 , (xem Hình 1.3). Ta nhận thấy các xấp xỉ y hội tụ nhanh khi x bé, − − 3 k với các giá trị x lớn phép lặp là phân kỳ. 1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý cơ bản của lý thuyết phương trình vi phân, khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy.
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 8 Y(x) 0 Y(x)2 Y(x)4 Y(x)1 Y(x) 3 1 2 3 4 Hình 1.3: Phép lặp Picard-Lindel¨of cho phương trình y0 = y2, với y(0) = 1 − Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm f(x, y) xác định trên miền D R2. Ta nĩi f thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên D nếu tồn tại hằng số dương L⊂(gọi là hằng số Lipschitz) sao cho: f(x, y ) f(x, y ) L y y , với mọi (x, y ), (x, y ) D | 1 − 2 | ≤ | 1 − 2| 1 2 ∈ Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là yếu hơn so với điều kiện giới nội của đạo hàm riêng ∂f ∂f ∂f trên D. Thật vậy, giả sử liên tục và L. Khi đĩ, áp dụng định lý Lagrange ∂y ∂y ∂y ≤ cho hàm f(x, y) theo biến y ta được ∂f f(x, y ) f(x, y )=(y y ) [x, y + θ(y y )] 1 − 2 1 − 2 ∂y 1 2 − 1 Từ đĩ suy ra điều kiện Lipschitz. Ví dụ: Hàm f(x, y)= y1/3 liên tục nhưng khơng thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y trong lân cận bất kỳ của (0, 0). Định lý 1.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử hàm số f(x, y) trong (1.11) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên hình chữ nhật D = (x, y) R2/ x x a, y y b ∈ | − 0| ≤ | − 0| ≤ Khi đĩ nghiệm của bài tốn Cauchy (1.11) là tồn tại và duy nhất trong đoạn I := b [x0 h, x0 + h], với h := min(a, ) và M := max f(x, y) . − M (x,y)∈D | | Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước: Sự tồn tại: Ta chứng minh rằng phép lặp Picard hội tụ đều trên I đến một nghiệm của bài tốn Cauchy. Trước tiên ta chứng minh bằng qui nạp rằng x x k+1 y (x) y (x) MLk | − 0| , với mọi x I | k+1 − k | ≤ (k + 1)! ∈
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 9 x Với k = 0, bất đẳng thức trên chính là f(t, y0(t))dt M x x0 ; bất đẳng thức x0 ≤ | − | này đúng. R Giả sử ta cĩ điều đĩ với k 1, khi đĩ với x x x + h ta cĩ − 0 ≤ ≤ 0 x y (x) y (x) = [f(t, y (t)) f(t, y − (t))] dt | k+1 − k | k − k 1 Zx0 x x f(t, yk(t)) f(t, yk−1(t)) dt L yk(t) yk−1(t) dt ≤ x0 | − | ≤ x0 | − | Z x Z L y (t) y − (t) dt ≤ | k − k 1 | Zx0 x x x k x x k+1 MLk | − 0| dt = MLk | − 0| ≤ k! (k + 1)! Zx0 (với x h x x ta đánh giá tương tự). 0 − ≤ ≤ 0 Xét dãy hàm y (x) trên I, ta cĩ { k } y (x) y (x) y (x) y − (x) + y − (x) y − (x) + | k+p − k |≤| k+p − k+p 1 | | k+p 1 − k+p 2 | ··· + y (x) y (x) | k+1 − k | M (L x x )k+p (L x x )k+1 | − 0| + + | − 0| ≤ L (k + p)! ··· (k + 1)! M (Lh)j L j! ≤ ≥ jXk+1 (Lh)j Chuổi số ∞ là hội tụ, nên phần dư của nĩ (xuất hiện trong biểu thức cuối j=0 j! cùng) cĩ thểP làm cho bé tuỳ ý khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy yk(x) hội tụ đều trên I đến hàm y(x). Để chứng minh y(x) là nghiệm ta chỉ cần qua{ giới} hạn trong đẳng thức x yk+1(x)= y0 + f(t, yk(t))dt Zx0 Vì dãy hàm y (x) hội tụ đều, f liên tục đều trên hình chữ nhật D nên dãy hàm { k } f(t, yk(t)) hội tụ đều trên I đến hàm f(t, y(t)). Do đĩ cĩ thể chuyển giới hạn qua {dấu tích phân} để được đẳng thức (1.12). Vậy y(x) chính là nghiệm của bài tốn Cauchy (1.11). Tính duy nhất: Giả sử bài tốn Cauchy (1.11) cịn cĩ nghiệm z(x), khi đĩ ta cĩ x y(x) z(x)= [f(t, y(t)) f(t, z(t))] dt − − Zx0 Suy ra x y(x) z(x) = [f(t, y(t)) f(t, z(t))] dt 2M x x . | − | − ≤ | − 0| Zx0
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 10 Từ đĩ x x x x 2 y(x) z(x) = [f(t, y(t)) f(t, z(t))] dt L y(t) z(t) dt 2ML| − 0| | − | − ≤ | − | ≤ 2 Zx0 Zx0 Lặp lại quá trình trên, ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số tự nhiên k: x x k+1 y(x) z(x) 2MLk | − 0| , với mọi x I | − | ≤ (k + 1)! ∈ Cho k + ta cĩ y(x) z(x) =0 trên I. Như vậy, một cách địa phương, nghiệm y(x) là−→ duy nhất.∞ | − | Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là quan trọng, ngay cả khi f(x, y) liên tục trên R2. Chẳng hạn xét phương trình y0 =2 y , y(0) = 0 | | Ta thấy ngay y 0 là một nghiệm. Ngồip ra cịn cĩ vơ số nghiệm khác (xem hình 1.4) là ≡ (x C)2 nếu x C 0 nếu x C y(x)= − ≥ và y(x)= ≥ 0 nếu x C (x C)2 nếu x C ≤ − − ≤ trong đĩ C là hằng số tùy ý. Nĩi cách khác, tính duy nhất nghiệm bị vi phạm. 1 -3 -2 -1 1 2 3 -1 Hình 1.4: Nghiệm của bài tốn Cauchy y0 =2 y , y(0) = 0 | | Nhận xét: Thực chất chứng minh là dùng nguyên lý ánhp xạ co trong các khơng gian metric đủ. Giả sử E là khơng gian metric với metric d. Ta nĩi E là khơng gian metric đủ nếu mọi dãy Cauchy trong E đều hội tụ đến một phần tử của E. Ánh xạ T : E E được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α (0, 1) sao cho với mọi cặp phần tử x, y →E ta đều cĩ ∈ ∈ d(Tx,Ty) αd(x, y) ≤ Định lý 1.3 (Nguyên lý ánh xạ co). 1 Mọi ánh xạ co T trong khơng gian metric đủ đều cĩ duy nhất một điểm bất động. Tức là điểm x∗ E sao cho ∈ T (x∗)= x∗ 1 Ý chứng minh: Lấy x0 E tùy ý, đặt xn = T (xn−1). Vì T là ánh xạ co nên xn là dãy Cauchy. E đầy đủ nên dãy đĩ hội tụ∈ đến x∗. Vì T liên tục nên x∗ chính là điểm bất động.{ }
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 11 1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân Về mặt hình học, bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân cấp I cĩ thể hiểu là tìm nghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị của hàm số y = y(x) (cịn gọi là đường cong tích phân của phương trình vi phân) đi qua điểm (x0,y0). Nĩi cách khác, bài tốn Cauchy là tìm đường cong tích phân của phương trình (1.6) đi qua điểm (x ,y ) D cho trước. 0 0 ∈ Định nghĩa 1.2.2. Giả sử D R2 sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác định và liên tục trên D. Hàm số y =⊂y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là nghiệm tổng quát của (1.6) nếu: a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x ,y ) D ta luơn giải được C dưới dạng 0 0 ∈ C = ϕ(x ,y ) ( ) 0 0 ∗ trong đĩ ϕ là hàm liên tục. b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi ( ) ∗ khi (x0,y0) chạy khắp D. Khi đĩ hệ thức ϕ(x, y)= C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích phân tổng quát của phương trình (1.6). Ví dụ: Phương trình y0 + y = 0 cĩ nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x với C là hằng số tuỳ ý. Định nghĩa 1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x0,y0) của nĩ tính chất duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi là nghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nĩ tính chất duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị. Nhận xét: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện ban đầu (x0,y0) D, ta luơn tìm được C0 = ϕ(x0,y0) sao cho y = y(x, C0) là nghiệm của bài tốn Cauchy∈ tương ứng. Nĩi cách khác, bằng cách chọn các giá trị thích hợp cho hằng số, ta cĩ thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, khơng kể các nghiệm kỳ dị. Giải (hay cịn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm (biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đĩ hoặc nghiệm của bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu cho trước. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y0 =3y + x thoả điều kiện y(0) = 1. x 1 Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = +Ce3x. − 3 − 9 Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu và tính C. 1 1= y(0) = + Ce0 −9 10 x 1 10 Suy ra C = , nghiệm cần tìm là y = + e3x. 9 − 3 − 9 9
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà cĩ thể tích phân được theo nghĩa cĩ thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường minh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nĩi một phương trình vi phân là cầu phương được nếu cĩ thể biễu diễn nghiệm của nĩ dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép tốn trên các hàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta khơng cĩ phương pháp giải tổng quát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I. 1.3.1 Phương trình với biến số phân ly Phương trình vi phân cấp I dạng M(x)dx + N(y)dy =0 (1.14) được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay cịn gọi phương trình tách biến). Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục trên các khoảng nào đĩ. Khi đĩ chỉ cần tích phân hai vế của (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nĩ là M(x)dx + N(y)dy = C Z Z Ví dụ: Giải phương trình y2y0 = x(1 + x2). Phương trình này cĩ dạng tách biến y2dy x(1 + x2)dx =0 − Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là: y3 x2 x4 = C 3 − 2 − 4 Nhận xét: Phương trình dạng M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy =0 (1.15) cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2(x)N1(y) (với giả thiết biểu thức này khác 0) M (x) N (y) 1 dx + 2 dy =0 M2(x) N1(y) Do đĩ tích phân tổng quát là M (x) N (y) 1 dx + 2 dy = C M (x) N (y) Z 2 Z 1
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 13 Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y2)dx + y(1 + x2)dy =0 Chia hai vế cho (1 + x2)(1 + y2) ta được xdx ydy + =0 1+ x2 1+ y2 Tích phân hai vế ta được xdx ydy + = C 1+ x2 1+ y2 Z Z tức là 1 1 1 ln(1 + x2)+ ln(1 + y2)= C := ln C 2 2 2 1 2 2 Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là (1+ x )(1+ y )= C1 trong đĩ C1 là hằng số dương tuỳ ý. 1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất Hàm số f(x, y) được gọi là thuần nhất bậc d nếu với mọi t> 0 ta cĩ f(tx, ty)= tdf(x, y) Phương trình vi phân y0 = f(x, y) được gọi là thuần nhất (hay cịn gọi đẳng cấp) nếu hàm số ở vế phải là hàm thuần nhất bậc 0, tức là f(tx, ty)= f(x, y) với mọi t> 0. y y Nhận xét: Nếu đặt u := ta cĩ f(x, y)= f( x , x )= f( 1, u) =: g(u). x ±| | | | x ± ± | | Cách giải: dy du Đặt y = xu, ta cĩ = x + u. Từ đĩ dx dx du x + u = g(u) dx hoặc dưới dạng tách biến du dx = g(u) u x − Tích phân hai vế ta được du x = ln g(u) u C Z − hay du x = C exp với C =0 g(u) u 6 Z −
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 14 y Thay u = vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình x thuần nhất. Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y2)dx + xydy =0 Ta cĩ thể viết phương trình đã cho dưới dạng dy y x = dx −x − y Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất. du 1 Đặt y = xu ta cĩ x + u + u + =0, hay tương đương với dx u dx udu = x −1+2u2 Tích phân phương trình này ta được x 1 ln = ln(1 + 2u2) C −4 y Thay u = vào đẳng thức này ta được nghiệm x C4x2 x4 = x2 +2y2 với C =0. 6 Phương trình đưa về thuần nhất: Các phương trình dạng dy ax + by + c = f dx a x + b y + c 1 1 1 cĩ thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi x = ξ + x0 y = η + y 0 trong đĩ x0 và y0 được chọn sao cho: ax0 + by0 + c =0 a x + b y + c =0 1 0 1 0 1 Khi đĩ dη aξ + bη = f dξ a ξ + b η 1 1 η a + b η = f ξ = g a + b η ξ 1 1 ξ !
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 15 và đây chính là phương trình dạng thuần nhất. Ví dụ: Giải phương trình (2x 4y + 6)dx +(x + y 3)dy =0. − − Trước hết ta xét hệ phương trình sau 2x0 4y0 +6=0 x +−y 3=0 0 0 − Hệ này cĩ nghiệm là x0 =1,y0 =2. Tiếp đến ta thực hiện ph?p đổi biến x = ξ +1 y = η +2 Khi đĩ phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình thuần nhất: (2ξ 4η)dξ +(ξ + η)dη =0 − Để giải phương trình này ta đặt η = uξ thì thu được (2 3u + u2)dξ + ξ(1 + u)du =0 − Phương trình này chấp nhận nghiệm u =1 và u =2. Để tìm nghiệm tổng quát ta chia 2 vế cho 2 3u + u2: − dξ (1 + u)du + =0 ξ 2 3u + u2 − dξ 3 2 + du =0 ⇔ ξ u 2 − u 1 − − Tích phân 2 vế ta được u 2 3 ln ξ + ln | − | = ln C | | (u 1)2 1 − (u 2)3 hay ξ − = C (u 1)2 − Trở lại biến x, y ban đầu ta cĩ nghiệm tổng quát (y 2x)3 = C(y x 1)2 − − − cùng với hai nghiệm y = x +1 và y =2x tương ứng với u =1 và u =2. 1.3.3 Phương trình vi phân tồn phần Phương trình vi phân dạng P (x, y)dx + Q(x, y)dy =0 (1.16)
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 16 được gọi là phương trình vi phân tồn phần nếu vế trái của nĩ là vi phân tồn phần của hàm nào đĩ, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho dU(x, y)= P (x, y)dx + Q(x, y)dy Khi đĩ tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi U(x, y)= C Nhận xét: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân tồn phân là ∂P ∂Q = ∂y ∂x Và khi đĩ hàm U(x, y) cĩ thể tìm dưới dạng: x y U(x, y)= P (x, y)dx + Q(x0,y)dy x0 y0 Z x Z y (1.17) hay U(x, y)= P (x, y0)dx + Q(x, y)dy Zx0 Zy0 trong đĩ (x0,y0) là một điểm nào đĩ sao cho các tích phân trên tồn tại. Ví dụ: Giải phương trình (x3 + xy2)dx +(x2y + y3)dy =0. Ta cĩ P (x, y)= x3 + xy2 và Q(x, y)= x2y + y3 nên ∂P ∂Q =2xy = ∂y ∂x Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân tồn phần với hàm U(x, y) cĩ thể chọn là x y U(x, y)= (x3 + xy2)dx + (0.y + y3)dy Z0 Z0 x4 x2y2 y4 hay U(x, y)= + + 4 2 4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là 2 2 2 2 (x + y ) =4C1 := C hay x2 + y2 = C với C 0 ≥
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 17 Thừa số tích phân: Cĩ những trường hợp phương trình (1.16) chua phải là phương trình vi phân tồn phần, nhưng cĩ thể tìm được hàm số µ(x, y) sao cho phương trình sau trở thành phương trình vi phân tồn phần: µ(x, y) P (x, y)dx + Q(x, y)dy =0 { } Hàm µ(x, y) như thế được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1.16). Điều kiện để µ là thừa số tích phân là µ phải thoả mãn phương trình: ∂ ∂ (µP )= (µQ) ∂y ∂x Hay tương đương ∂µ ∂µ ∂P ∂Q Q P = µ (1.18) ∂x − ∂y ∂y − ∂x Khơng cĩ phương pháp tổng quát để giải phương trình đạo hàm riêng này. Tuy nhiên trong một vài trường hợp đặc biệt ta cĩ thể tìm được µ. Trường hợp I: µ chỉ phụ thuộc vào x. Giả sử µ> 0, khi đĩ chia hai vế của (1.18) cho µ, ta được ∂Q d ln µ ∂P = ∂y − ∂x =: ϕ dx Q Vậy trường hợp này chỉ thoả mãn khi vế phải của đẳng thức trên khơng phụ thuộc vào y. Với điều kiện này, thừa số tích phân cho bởi: µ(x) = exp ϕ(x)dx Z Trường hợp II: µ chỉ phụ thuộc vào y. Làm tương tự như trên, thừa số tích phân cho bởi: µ(y) = exp ψ(y)dy Z ∂Q ∂P trong đĩ ψ(y) := ∂x − ∂y được giả thiết khơng phụ thuộc vào x. P Ví dụ: Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình (2xy+x2y+y3/3)dx+(x2 +y2)dy = 0. Ta cĩ P (x, y)=2xy + x2y + y3/3 và Q(x, y)= x2 + y2 nên ∂Q ∂P 2x + x2 + y2 2x ∂y − ∂x = − =1 Q x2 + y2
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 18 Do đĩ cĩ thể chọn µ(x) = exp( dx)= ex để cho phương trình ex[(2xy +Rx2y + y3/3)dx +(x2 + y2)dy]=0 là phương trình vi phân tồn phần. Tích phân phương trình này theo cơng thức (1.17) ta được nghiệm tổng quát yex(x2 + y2/3) = C 1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I Trong mục này ta xđt lớp các phương trình vi phân mà biểu thức là tuyến tính đối với ẩn và đạo hàm của nĩ. Các phương trình như thế được gọi là phương trình vi phân tuyến tính. Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp I là y0 + p(x)y = q(x) (1.19) trong đĩ p(x), q(x) là các hàm xác định trên khoảng (a, b) nào đĩ. Nếu q(x) 0, ta cĩ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất: ≡ y0 + p(x)y =0 (1.20) Định lý 1.4. Giả sử p(x) và q(x) liên tục trên (a, b) và x (a, b) thì với mọi giá trị 0 ∈ y0, phương trình (1.20) cĩ một nghiệm duy nhất thỏa y(x0)= y0. Chứng minh: Phương trình (1.20) cĩ dạng y0 = f(x, y) trong đĩ f(x, y)= q(x) p(x)y − ∂f là hàm liên tục và cĩ đạo hàm riêng ∂y liên tục trong lân cận của (x0,y0). Vậy f thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y. Kết luận suy từ định lý 1.2. Cách giải: Để giải phương trình (1.19) trước hết ta giải phương trình thuần nhất tương ứng (1.20). Thực ra, đây là phương trình tách biến dy + p(x)dx =0 y Nghiệm tổng quát của phương trình này là y(x)= Ae− p(x)dx (1.21) R trong đĩ A là hằng số tùy ý. Phương pháp biến thiên hằng số: Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.19) dưới dạng tích y = A(x)e− p(x)dx, (1.22) R
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 19 tức là xem hằng số A trong biểu thức nghiệm (1.21) như là hàm theo biến x (phương pháp biến thiên hằng số). Thay vào phương trình (1.19) ta được A0e− p(x)dx = q(x) (1.23) R Từ đĩ, A(x)= q(x)e p(x)dxdx + C. Z R Thay vào (1.22), ta thu được nghiệm tổng quát của (1.19) là y = e− p(x)dx q(x)e p(x)dxdx + C (1.24) R Z R trong đĩ C là hằng số tuỳ ý. Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y0 +3xy = x đi qua điểm (0, 4). Ta cĩ p(x)=3x nên p(x)dx =3x2/2. Do đĩ nghiệm tổng quát là R 2 2 y = e−3x /2 xe3x /2dx + C Z 2 1 2 1 2 = e−3x /2 e3x /2 + C = + Ce−3x /2 3 3 11 Thay x =0 và y =4 vào đẳng thức trên, ta tìm được C = và nghiệm riêng cần tìm 3 là: 1 11 2 y = + e−3x /2 3 3 Hệ quả 1.5. Nghiệm của phương trình (1.19) với điều kiện y(x0) = y0 cho bởi cơng thức x q(t)µ(t)dt + y0 y(x)= x0 , R µ(x) x p(t)dt trong đĩ µ(x) := e x0 . R 1.3.5 Phương trình Bernoulli Phương trình cĩ dạng y0 + p(x)y = yαg(x) (1.25) trong đĩ α là số thực nào đĩ, được gọi là phương trình Bernoulli2. Để giải phương trình này ta đưa về giải phương trình tuyến tính (1.19) đã xđt trong mục trước. Rõ ràng với α = 0 hay α = 1 thì (1.25) đã cĩ dạng phương trình tuyến tính. 2J.Bernoulli (1654-1705) là nhà tốn học Thụy sĩ.
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 20 Nếu α =0 và α =1 thì đặt 6 6 z = y1−α Khi đĩ z0 = (1 α)y−αy0 − Chia hai vế của (1.25) cho yα, rồi thay biểu thức của z và z0 vào đẳng thức đĩ ta được phương trình vi phân tuyến tính theo z: z0 + (1 α)p(x)z = (1 α)g(x) (1.26) − − Nhận xét: Chú ý rằng ta phải xét riêng trường hợp y = 0 trước khi chia hai vế cho yα để tránh làm mất nghiệm này. Ví dụ: Giải phương trình xy0 4y = x2√y − Rõ ràng đây là phương trình Bernoulli với α = 1/2 và y = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho. Giả sử y =0, chia hai vế cho xy1/2 ta được 6 − 0 4 1 y 1/2y y 2 = x − x 1 0 1 −1/2 0 Đặt z = y 2 ta cĩ z = y y . Khi đĩ phương trình đã cho trở thành phương trình 2 vi phân tuyến tính khơng thuần nhất 2 x z0 z = . − x 2 Giải phương trình này, ta tìm được nghiệm 1 z = x2 ln x + C 2 | | Do đĩ phương trình đã cho cĩ nghiệm tổng quát là 1 2 y = x4 ln x + C 2 | | và nghiệm y =0. 1.3.6 Phương trình Darboux Phương trình Darboux 3 là phương trình vi phân dạng A(x, y)dx + B(x, y)dy + H(x, y)(xdy ydx)=0 (1.27) − trong đĩ A, B là các hàm thuần nhất bậc m và H là hàm thuần nhất bậc n. 3J.G.Darboux (1842 1917) là nhà tốn học Pháp −
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 21 Chú ý rằng nếu n = m 1 thì phương trình Darboux chính là phương trình thuần nhất. Trong trường hợp tổng− quát, ta luơn luơn đua phương trình Darboux về phương trình Bernoulli. Thật vậy, đặt y = xz, ta cĩ y dy = xdz + zdx, xdy ydx = x2d = x2dz − x Do đĩ phương trình (1.27) cĩ thể viết lại dạng y y y y xmA 1, dx + xmB 1, dy + xnH 1, x2d =0 x x x x Hay, sau khi chia 2 vế cho xm và thu gọn, ta cĩ [A(1, z)+ zB(1, z)] dx + xB(1, z)+ H(1, z)xn+2−m dz =0 Với giả thiết xB(1, z)+ H(1, z)xn+2−m =0, ta cĩ thể viết phương trình cuối cùng dưới dạng 6 dx B(1, z) H(1, z) + x = xn+2−m dz A(1, z)+ zB(1, z) −A(1, z)+ zB(1, z) Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z. Ví dụ: Giải phương trình xdx + ydy + x2(xdy ydx)=0 − Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được xdx + xz(xdz + zdx)+ x4dz =0 hay (1 + z2)dx +(xz + x3)dz =0 Từ đĩ ta cĩ dx z 1 + x = x3 dz 1+ z2 −1+ z2 Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trình tuyến tính bậc I) ta được nghiệm là 1 = C(1 + z2)+(1+ z2) arctan z + z x2 Trở lại biến ban đầu, ta cĩ nghiệm tổng quát cho bởi y C(x2 + y2)+(x2 + y2) arctan + xy 1=0 x − với C là hằng số tuỳ ý.
1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 22 1.3.7 Phương trình Riccati Phương trình Riccati 4 tổng quát là phương trình vi phân dạng y0 = p(x)y2 + q(x)y + r(x) (1.28) trong đĩ p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đĩ. Nhận xét: Phương trình Riccati khơng phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầu phương (tức là cĩ thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy tích phân của các hàm tường minh nào đĩ!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) 0 hay ≡ r(x) 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kết quả sau≡ cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đĩ của nĩ. Mệnh đề 1.3.1. Nếu biết một nghiệm của phương trình Riccati (1.28) thì cĩ thể đưa nĩ về phương trình Bernoulli. Chứng minh: Gọi một nghiệm của (1.28) là y˜, tức là y˜0 = p(x)˜y2 + q(x)˜y + r(x) Ta đặt y =y ˜ + z, trong đĩ z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được y˜0 + z0 = p(x)˜y2 +2p(x)˜yz + p(x)z2 + q(x)˜y + q(x)z + r(x) Từ đĩ suy ra z0 [2p(x)˜y + q(x)]z = p(x)z2 − và đây là phương trình Bernoulli. Ví dụ: Giải phương trình y0 +2y(y x)=1 − Đây là phương trình Riccati. Dễ thấy y = x là một nghiệm của phương trình đã cho. Bây giờ, đặt y = x + z ta đưa phương trình đã cho về dạng z0 +2z(z + x)=0 Đây là phương trình Bernoulli với α =2. Đặt u = z−1 ta được u0 2xu =2 − Nghiệm tổng quát của phương trình này theo (1.24) là 2 2 u = ex 2e−x dx + C Z Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 2 e−x y = x + , và y = x C +2 e−x2 dx 4J.F.Riccati (1676 1754) là nhà tốn học Ý.R −
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 23 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm Trong mục này ta sẽ khảo sát các phương trình vi phân cấp một dạng tổng quát: F (x,y,y0)=0 (1.29) trong đĩ F là hàm ba biến liên tục trong một tập mở G R3 cùng với các đạo hàm ∂F ⊂ riêng của nĩ, ngồi ra khơng đồng nhất bằng khơng. ∂y0 1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I Ta sẽ khảo sát một số dạng phương trình vi phân cấp I dạng chưa giải ra đạo hàm đặc biệt mà cĩ thể giải bằng cầu phương. F chỉ phụ thuộc vào y0 Xét phương trình dạng F (y0)=0 (1.30) Giả sử F (xem như hàm của biến y0) liên tục và cĩ một số hữu hạn các khơng điểm (chẳng hạn khi F là đa thức). Khi đĩ mỗi nghiệm của y = y(x) của phương trình (1.30) phải thoả y0(x)= k, với k là một khơng điểm của F . Do đĩ y(x)= kx + C với C là hằng số tuỳ ý; và ta cĩ y C F ( − )=0 (1.31) x y C Ngược lại, nếu cĩ đẳng thức (1.31) với một giá trị C nào đĩ thì k := − phải là x nghiệm của F =0. Khi đĩ y = kx + C, y0 = k do đĩ F (y0)=0. Nĩi cách khác, cơng thức (1.31) cho ta nghiệm tổng quát của phương trình đã cho. Ví dụ: Giải phương trình y02 y0 +2=0. − y C 2 y C Phương trình này cĩ nghiệm là − − +2=0. x − x Dạng cĩ thể giải ra đối với y hay x: Giả sử (với những điều kiện nào đĩ) phương trình (1.29) cĩ thể giải ra được y hay x theo các biến cịn lại. Chẳng hạn, y = f(x, y0) (1.32)
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 24 dy Khi đĩ, đặt p = y0 = và xem p như tham số, ta được dx y = f(x, p) Vi phân hai vế của đẳng thức này ta được ∂f(x, p) ∂f(x, p) dy = dx + dp ∂x ∂p Thay dy = pdx ta được phương trình vi phân dạng M(x, p)dx + N(x, p)dp =0 Xem x như là hàm của p và giả sử phương trình này cĩ nghiệm tổng quát là x = g(p,C). Khi đĩ nghiệm tổng quát của phương trình (1.32) được cho dưới dạng tham số x = g(p,C) y = f(x, p) Tương tự như thế, các phương trình dạng giải ra được đối với x x = h(y,y0) cũng giải được bằng cách đưa vào tham số p như trên. Ví dụ: Giải phương trình y = x(y0)2 Đặt p = y0, ta cĩ y = xp2. Vi phân hai vế đẳng thức này, ta được dy = p2dx +2pxdp thay dy = pdx, ta được p[(1 p)dx 2xdp]=0 . − − Với p =0, ta được nghiệm y =0. Ngồi ra ta cĩ phương trình (1 p)dx 2xdp =0. − − Đây là phương trình tách biến cĩ nghiệm tổng quát là C x = . (1 p)2 − Vậy ta thu được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số y = xp2 C x = 2 (1−p)
1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 25 Phương trình khuyết x hoặc y Xét phương trình khuyết y F (x, y0)=0 (1.33) Nếu cĩ thể giải ra được y0 dạng y0 = f(x) Khi đĩ nghiệm tổng quát của (1.33) là y = f(x)dx + C. Z Trường hợp ta khơng giải ra được y0 nhưng cĩ thể tìm một phép tham số hố phương trình (1.33) gồm x = ϕ(t) y0 = ψ(t) sao cho F (ϕ(t), ψ(t))=0 Khi đĩ dy ψ(t)= y0 = = dy = ψ(t).ϕ0(t)dt dx ⇒ Vậy nghiệm tổng quát của phương trình ( ) cho bởi dạng tham số ∗ x = ϕ(t) y = ψ(t)ϕ0(t)dt + C R Ví dụ: Giải phương trình ln y0 + cos y0 x =0 − Tham số hố y0 = t, x = ln t + cos t ta cĩ 1 dy = tdx và dx =( sin t)dt t − Suy ra y = (1 t sin t)dt = t sin t + t cos t + C − − Z Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ln t + cos t y = t sin t + t cos t + C − Tương tự, ta cĩ thể tìm nghiệm trong trường hợp khuyết x.
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 26 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 1.5.1 Phương trình Clairaut Phương trình Clairaut 5 là lớp các phương trình vi phân dạng y = xy0 + f(y0) (1.34) trong đĩ, nĩi chung, f là một hàm phi tuyến. Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình này bằng cách đặt p = y0. Khi đĩ y = px + f(p) Vi phân hai vế đẳng thức này, với chú ý rằng dy = pdx ta được pdx = pdx + x + f 0(p) dp { } hay x + f 0(p) dp =0 { } Từ đĩ ta suy ra dp =0 hay x + f 0(p)=0. Nếu dp =0 thì p = C, thay vào (1.34) ta được nghiệm tổng quát y = Cx + f(C) (1.35) và đây là một họ đường thẳng. Nếu x + f 0(p)=0, cùng với (1.34), ta thu được một nghiệm cho dưới dạng tham số x = f 0(p) y = −pf 0(p)+ f(p) − Người ta chứng minh được rằng nếu f 00(p) liên tục và khác khơng thì nghiệm cho dưới dạng tham số là bao hình của họ đường thẳng (1.35). Ví dụ: Xét phương trình y =(x 1)y0 y02 − − Đây là phương trình Clairaut với f(t)= t2 t. Thay thế y0 bởi C ta được nghiệm tổng quát là họ đường thẳng − − y = C(x 1) C2 − − Để tìm nghiệm kỳ dị, tức là bao hình của họ đường thẳng trên ta xét hệ x =2C +1 y = C(x 1) C2 − − (x 1)2 Khử C từ hệ phương trình này ta được bao hình là parabol y = − (xem Hình 4 1.5). 5Alexis Claude Clairaut (1713-1765) là nhà khoa học nổi tiếng người Pháp.
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 27 3 0 -3 3 -3 Hình 1.5: Nghiệm của phương trình Clairaut với f(t)= t2 t. − − 1.5.2 Phương trình Lagrange Phương trình vi phân cấp I mà là tuyến tính đối với x và y dạng y = ϕ(y0)x + ψ(y0) (1.36) được gọi là phương trình Lagrange6. Giả sử ϕ(y0) = y0, nếu khơng phương trình đã cho là phương trình Clairaut mà ta 6 0 đã xét trên đây. Cũng tương tự như trường hợp phương trình Clairaut, ta đặt p = y . Khi đĩ phương trình (1.36) trở thành y = ϕ(p)x + ψ(p) (1.37) Vi phân hai vế theo x ta được dy dp p = = ϕ(p)+ ϕ0(p)x + ψ0(p) dx { } dx Xem p là biến số độc lập ta cĩ phương trình tuyến tính mà ẩn là x = x(p) như sau: dx ϕ0(p) ϕ0(p) + x = dp ϕ(p) p p ϕ(p) − − Tích phân phương trình tuyến tính này theo phương pháp đã biết ta được nghiệm tổng quát x = h(p,C), với C là tham số tuỳ ý. Kết hợp với (1.37) ta cĩ nghiệm tổng quát của (1.36) cho dưới dạng tham số tham số hố theo tham số p: y = ϕ(p)h(p,C)+ ψ(p) x = h(p,C) 6J.L.Lagrange (1736 - 1813) là nhà tốn học nổi tiếng người Pháp.
1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 28 Nhận xét: Chú ý rằng ứng với các giá trị của tham số p = pi (trong đĩ pi là nghiệm của phương trình ϕ(p) p =0) ta cũng nhận được các nghiệm của phương trình (1.36). − Tuỳ theo từng trường hợp nghiệm này cĩ thể là nghiệm kỳ dị hoặc khơng. Ví dụ: Giải phương trình y = xy02 y0. − Đặt p = y0, khi đĩ y = xp2 p − Vi phân hai vế của đẳng thức này theo x với chú ý dy = pdx, sau khi thu gọn ta được (p2 p)dx + (2px 1)dp =0 − − Giả sử p2 p =0 ta cĩ − 6 dx 2 1 + x = dp p 1 p(p 1) − − Giải phương trình này ta được: C + p ln p x = − (p 1)2 − Thay vào biểu thức của y ta được nghiệm tổng quát dạng tham số: C+p−ln p x = (p−1)2 (C+p−ln p)p2 ( y = 2 p (p−1) − Các nghiệm ứng với p =0 và p =1 là y =0 và y = x 1 tương ứng. − 1.5.3 Tham số hố tổng quát Trong tiểu mục này ta xét một số phương trình vi phân chưa giải ra đối với đạo hàm F (x,y,y0)=0 (1.38) nhưng cĩ thể tham số hố được dưới dạng x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) và y0 = χ(u, v) sao cho F [ϕ(u, v), ψ(u, v), χ(u, v)]= 0 Vi phân x và y theo u, v rồi thay vào đẳng thức dy = y0dx ta cĩ ∂ψ ∂ψ ∂ϕ ∂ϕ du + dv = χ(u, v) du + dv ∂u ∂v ∂u ∂v Xem u như là hàm của v ta cĩ phương trình ∂ϕ ∂ψ du χ = ∂v − ∂v dv ∂ϕ ∂ψ χ ∂u − ∂u
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 29 Đây là dạng phương trình đã giải ra đối với đạo hàm, giả sử cĩ nghiệm là u = φ(v,C) Ta thay vào biểu thức của x và y ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số của phương trình (1.38) là x = ϕ[φ(v,C), v] y = ψ[φ(v,C), v] x2 Ví dụ: Giải phương trình y = y02 y0x + − 2 x2 Ta cĩ thể tham số hố phương trình bằng cách đặt x = x, y0 = p và y = p2 px+ − 2 (xem x và p là hai tham số). Khi đĩ, vi phân đẳng thức cuối ta được dy =(x p)dx + (2p x)dp − − dp Để ý rằng dy = pdx, từ đẳng thức trên, nếu 2p x =0 ta cĩ =1, suy ra p = x + C. − 6 dx Do đĩ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là x2 y = + Cx + C2 2 x x4 Nếu 2p x = 0 ta cĩ p = , thay vào biểu thức tham số hố ta cĩ nghiệm y = , − 2 2 nghiệm này là nghiệm kỳ dị. 1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị Trong chương trước ta đã đề cập đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phương trình vi phân cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm dy = f(x, y) dx Trong mục này ta xét trường hợp phương trình vi phân cấp I dạng tổng quát F (x,y,y0)=0 . (1.39) Nĩi chung, khơng phải lúc nào ta cũng viết được phương trình này dưới dạng giải ra đối với đạo hàm. Điều đĩ cho thấy rằng sự tồn tại và tính chất duy nhất nghiệm của phương trình vi phân (1.39), với điều kiện ban đầu (x0,y0), khơng phải lúc nào cũng 2 được bảo đảm. Nĩi cách khác, với (x0,y0) R nào đĩ, cĩ thể cĩ nhiều nghiệm của phương trình (1.39) đi qua điểm này. ∈
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 30 Ví dụ: Phương trình Clairaut (1.34) với f(t) = t2 t cĩ nghiệm kỳ dị là parabol (x−1)2 − − 4 (xem hình 1.5). Tại mỗi điểm dọc theo parabol này cĩ tồn tại một nghiệm khác mà đồ thị là đường thẳng tiếp xúc với parabol nĩi trên tại điểm đĩ. Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trường hợp tổng quát. Định lý 1.6. Nếu hàm F (x,y,p) thoả các điều kiện sau: i) F (x,y,p) liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nĩ trong lân cận của (x ,y ,p ) 0 0 0 ∈ R3 (tức là F thuộc lớp C1 trong lân cận điểm này) ii) F (x0,y0,p0)=0 ∂F iii) (x ,y ,p ) =0 ∂p 0 0 0 6 1 thì phương trình (1.39) cĩ duy nhất một nghiệm y = y(x) lớp C trong lân cận của x0 thoả điều kiện ban đầu: 0 y(x0)= y0 sao cho y (x0)= p0 Chứng minh: Các giả thiết trong định lý trên chính là các giả thiết của định lý hàm ẩn, do đĩ phương trình (1.39) xác định duy nhất hàm p = f(x, y) lớp C1 sao cho p0 = f(x0,y0). Khi đĩ ta cĩ phương trình vi phân dạng giải ra được đối với đạo hàm dy = f(x, y) dx trong đĩ f khả vi liên tục. Tính chất này mạnh hơn điều kiện Lipchitz nên theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm (cho phương trình đã giải ra đối với đạo hàm), ta thấy cĩ tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x) thoả điều kiện ban đầu y(x0)= y0. 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p biệt tuyến − Định lý trên cho thấy nghiệm kỳ dị cĩ thể xảy ra khi các điều kiện của định lý khơng thoả mãn. Rõ ràng với hàm F = F (x,y,p) khả vi liên tục, nghiệm kỳ dị chỉ cĩ thể xảy ra nếu tại đĩ ∂F =0 ∂p Ta gọi M R3 là siêu mặt cho bởi phương trình F (x,y,p)=0 và giả sử π : M R2, π(x,y,p)=(⊂ x, y) là phép chiếu tự nhiên theo toạ độ p. Khi đĩ các điểm kỳ dị của−→ ánh xạ π cho bởi hệ phương trình F (x,y,p)=0 ∂F (1.40)  =0  ∂p 
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 31 Khử p từ hệ phương trình này ta thu được một phương trình dạng Φ(x, y)=0 (1.41) Phương trình này xác định một đường cong trong R2, được gọi là đường cong biệt lập (discriminant) hay p biệt tuyến của phương trình (1.39). − Vậy để tìm nghiệm kỳ dị theo p biệt tuyến trước hết ta tìm p biệt tuyến cho bởi hệ (1.40), sau đĩ thử xem biệt tuyến− cĩ phải là nghiệm của phươn− g trình (1.39) hay khơng. Cuối cùng trong số các nghiệm này chọn ra các nghiệm mà dọc theo nĩ tính duy nhất bị vi phạm; đĩ chính là nghiệm kỳ dị. Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y =2xy0 y02 − Ta cĩ biệt tuyến cho bởi y =2xp p2, 2x 2p =0 − − Từ đĩ biệt tuyến là parabol y = x2 trong mặt phẳng (x, y). Tuy nhiên, y = x2 lại khơng phải là nghiệm của phương trình đã cho, nên phương trình khơng cĩ nghiệm kỳ dị. x2 Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = y02 xy0 + − 2 Ta cĩ p biệt tuyến cho bởi − x2 y = p2 xp + , 2p x =0 − 2 − x2 Từ đĩ ta cĩ biệt tuyến là parabol y = và cũng là nghiệm của phương trình đã cho. 4 Ngồi ra nghiệm tổng quát của nĩ là (xem ví dụ trang 29) x2 y = Cx + C2 + 2 x2 Do đĩ với mọi điểm (x ,y ) trên parabol này, i.e. y = 0 , ta xét phương trình theo C: 0 0 0 4 x2 y = Cx + C2 + 0 0 0 2 hay tương đương x2 C2 + x C + 0 =0 0 4 x Phương trình này luơn cĩ nghiệm C = 0 , tức là luơn cĩ nghiệm thứ hai đi qua − 2 (x0,y0). x2 Vậy y = là nghiệm kỳ dị của phương trình đã cho. 4
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 32 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C biệt tuyến − Đối với những phương trình mà tích phân tổng quát của nĩ cho bởi Φ(x,y,C)=0 (1.42) ta cĩ thể tìm nghiệm kỳ dị của nĩ thơng qua việc tìm các C biệt tuyến, tức là đường − cong trong R2 xác định bằng cách khử C từ hệ Φ(x,y,C)=0 ∂Φ (1.43) (x,y,C)=0 ( ∂C Nhận xét: Cĩ thể kiểm tra khơng khĩ (xem [1]) rằng nếu C biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) thì nĩ là một nghiệm kỳ dị của phương− trình (1.39). Do đĩ để tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C biệt tuyến của nĩ. Biệt tuyến đĩ là đường cong R(x, y)=0 nhận được bằng cách khử−C từ hệ (1.43). Sau đĩ , thử xem cĩ nhánh nào của C biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay khơng; nếu − cĩ, đĩ chính là nghiệm kỳ dị của phương trình. Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) cĩ các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn và khơng đồng thời bằng khơng thì C biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát (1.42); nĩi cách khác C biệt tuyến− là nghiệm kỳ dị. − 4 8 Ví dụ: (xem [1]) Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình Lagrange x y = y02 y03 − 9 − 27 Phương trình Lagrange này cĩ tích phân tổng quát là (y C)2 = (x C)3. Do đĩ biệt tuyến cho bởi hệ − − (y C)2 =(x C)3 − − 2(y C)=3(x C)2 − − Khử C ta được 4 y = x, y = x − 27 4 Chỉ cĩ y = x là bao hình nên nĩ là nghiệm kỳ dị. Cịn đường thẳng y = x chứa − 27 các điểm kỳ dị của nghiệm tổng quát (xem Hình 1.6).
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 33 Y=x-4/27 x Y= 4 8 Hình 1.6: Nghiệm kỳ dị của phương trình x y = y02 y03 − 9 − 27 BÀI TẬP 1. Giải các phương trình vi phân tách biến: (a) (xy2 +4x)dx +(y + x2y)dy =0 (b) 2x 1 y2 + yy0 =0 − 0 x+y (c) y =pe x2y y (d) y0 = − y +1 2. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất sau y (a) y0 = 1 x − 2xy (b) y0 = x2 y2 − (c) (y2 3x2)dy +2xydx =0 − y (d) xy0 = y ln x 3. Tích phân các phương trình vi phân sau đây: (a) (x 2y + 9)dx = (3x y + 2)dy − − y +2 2 (b) y0 =2 x + y 1 − 4. Kiểm tra các phương trình sau là phương trình vi phân tồn phần và giải chúng y (a) dx +(y3 + ln x)dy =0 x (b) eydx +(xey 2y)dy =0 −
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 34 (c) 2xydx +(x2 y2)dy =0 − (d) [(x + 1)ex ey] dx = xeydy − 5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau (a) (x + y2)dx 2xydy =0 − (b) (y2 6xy)dx + (3xy 6x2)dy =0 − − (c) y(1 + xy)dx xdy =0 − (d) xy ln ydx +(x2 + y2 y2 + 1)dy =0 6. Tìm nghiệm tổng quát củap các phương trình vi phân tuyến tính sau (a) y0 4y = x 2x2 − − (b) xy0 + y = ex 1 (c) y0 y tan x = − cos x (d) y2dx (2xy + 3)dy =0 − 7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau (a) 3y0 + y = (1 2x)y4 − (b) yy0 + y2 = x 0 x (c) y + y = e 2 √y 8. Giải các phương trình vi phân sau đây (a) y02 (x + y)y0 + xy =0 − (b) y03 yy02 x2y0 + x2y =0 − − (c) xy03 =1+ y0 (d) y03 + y3 =3yy0 9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây (a) y = xy0 + 12 (b) xy0 y = ln y0 − (c) y = xy0 + y02 +1 (d) yy0 =2y02xq+1
Chương 2 Phương trình vi phân cấp cao Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao và lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 2.1.1 Các khái niệm Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình cĩ dạng F (x,y,y0,y00, ,y(n))=0 (2.1) trong đĩ F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đĩ của Rn+2 và nhất thiết phải cĩ sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n). Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1) dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm: y(n) = f(x,y,y0, ,y(n−1)) (2.2) Dưới dạng này ta cĩ thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu (hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mới y1 := y, (k−1) yk := y , k = 1, n, ta thu được 0 y1 = y2 0  y2 = y3   (2.3)  0  yn−1 = yn y0 = f(x, y , ,y )  n 1 n  t  t Đặt Y := (y1, ,yn) , g(x, Y ):=( y2, ,yn, f(x, y1, ,yn) ) là các vector-hàm ta cĩ thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản Y 0 = f(x, Y ) (2.4)
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 36 2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Tương tự như trường hợp phương trình vi phân cấp I, bài tốn Cauchy đối với phương trình vi phân cấp cao (2.1) đặt ra như sau: Tìm nghiệm y(x) của phương trình (2.1) thoả điều kiện ban đầu: y(x0)= y0, 0 0 y (x0)= y ,  0 (2.5)   (n−1) (n−1) y (x0)= y0  (n−1) trong đĩ x I R và Y := (y,y0 , ,y ) Rn cố định, cho trước. 0 ∈ ⊂ 0 0 0 0 ∈ Để phát biểu định lý khẳng định sự tồn tại lời giải của bài tốn Cauchy ta cần khái niệm sau: Cho vector-hàm f(x, Y ) xác định trên miền G R Rn. Ta nĩi f thoả điều kiện ⊂ × Lipschitz trên G theo Y nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz) sao cho: f(x, Y ) f(x, Y ) L Y Y , với mọi (x, Y ), (x, Y ) G || 1 − 2 || ≤ || 1 − 2|| 1 2 ∈ Ta luu ý rằng điều kiện Lipschitz khơng phải là hệ quả của tính liên tục. Chẳng hạn hàm f(x, y)= √y liên tục nhưng khơng thoả điều kiện Lipschitz trong lân cận của 0. Hệ quả 2.1. Với các ký hiệu trong mục trước, nếu hàm f(x, Y ) thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y thì g(x, Y ) cũng thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y . Định lý 2.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân cấp cao). Giả sử vector-hàm g(x, y) trong (2.4) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo Y trên miền G = (x, Y ) R Rn/ x x a, Y Y b { ∈ × | − 0| ≤ || − 0|| ≤ } Khi đĩ bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) cĩ một nghiệm duy nhất trên đoạn b I := [x h, x + h], với h := min(a, ) và M := max ∈ g(x, Y ) . 0 − 0 M (x,Y ) G || || Chứng minh: Tương tự như trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, chỉ cần thay giá trị tuyệt đối bởi chuẩn trong Rn. Hệ quả 2.3. Nếu hàm f trong (2.2) liên tục và cĩ các đạo hàm riêng theo biến yk := (k−1) y cũng liên tục trong một lân cận nào của (x0,Y0) thì bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) cĩ một nghiệm duy nhất trong lân cận của điểm này. Nhận xét: Tương tự như trong chương I, ta cũng định nghĩa các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp cao. Chẳng hạn, nghiệm kỳ dị của (2.2) là nghiệm mà tại mỗi điểm của nĩ tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm. Ta gọi nghiệm tổng quát của (2.2) là họ các hàm ϕ(x, C1, ,Cn) phụ thuộc (một cách liên tục) vào n hằng số tuỳ ý C1, ,Cn. Với mỗi bộ giá trị của n tham số này ta nhận được một nghiệm riêng của phương trình. 00 x −x Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y = y là y(x) = C1e + C2e . Nĩ phụ thuộc vào hai hằng số tuỳ ý C1 và C2.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 37 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương a) Phương trình F (x, y(n))=0 Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trong trường hợp cĩ thể giải ra đối với đạo hàm: y(n) = f(x) ta cĩ thể tích phân liên tiếp theo x và thu được y(n−1) = x f(x)dx + C x0 1 (n−2) x x y = dx f(x)dx + C1(x x0)+ C2 Rx0 x0 − R R x x y = dx f(x)dx + C1 (x x )n−1+ (n−1)! − 0 Zx0 Zx0 n lần C2 n−2 |+ {z(x }x0) + + Cn−1(x x0)+ Cn (n−2)! − ··· − Ví dụ: Phương trình y(n) =0 cĩ nghiệm là đa thức tổng quát cấp n 1 − n−1 n−2 y(x)= c (x x ) + c (x x ) + + c − (x x )+ c 1 − 0 2 − 0 ··· n 1 − 0 n Trong trường hợp khơng giải ra được y(n) nhưng cĩ thể tham số hố x = ϕ(t), y(n) = ψ(t) khi đĩ ta cĩ dy(n−1) = y(n)dx = ψ(t)ϕ0(t)dt Vì vậy (n−1) 0 y = ψ(t)ϕ (t)dt = ψ(t, C1) Z Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng tham số x = ϕ(t), ( y = ψm(t, C1, ,Cn) b) Phương trình F (y(n−1),y(n))=0: Cách giải: Nếu cĩ thể giải được y(n) = f(y(n−1))
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 38 thì, bằng cách đặt z := y(n−1), cĩ thể viết lại phương trình dưới dạng sau: z0 = f(z) Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là z = g(x, C), ta trở lại trường hợp trên với phương trình y(n−1) = g(x, C) với C là tham số. Nếu cĩ thể tham số hố y(n−1) = ϕ(t), y(n) = ψ(t) thì từ dy(n−1) = y(n)dx ta suy ra dy(n−1) ϕ0(t)dt dx = = y(n) ψ(t) Do đĩ ϕ0(t)dt x = = ϕ (t, C ) ψ(t) 1 1 Z và ta trở lại trường hợp trên với (n−1) x = ϕ1(t, C1), y = ϕ(t) Ví dụ: Giải phương trình y000 = y00 +1 Đặt z = y00 ta cĩ phương trình z0 z =1. Phương trình này cĩ nghiệm tổng quát là − z = C ex 1 1 − Do đĩ, ta được phương trình y00 = C ex 1 1 − Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là x2 y(x)= C ex + C x + C 1 − 2 2 3 c) Phương trình F (y(n−2),y(n))=0: Đối với dạng phương trình này ta đặt z = y(n−2) và viết lại phương trình theo z F (z, z00)=0 Nếu từ phương trình này cĩ thể giải được z00 = f(z) thì ta cĩ 2z0z00 =2f(z)z0
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 39 hay d((z0)2)=2f(z)dz Từ đĩ ta tìm được z0 = 2 f(z)dz + C ± 1 s Z Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z = z(x) với nghiệm tổng quát cĩ dạng Φ(x,z,C1,C2)=0 Thay z = y(n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a). Ví dụ: Giải phương trình y000 = y0. Đặt z = y0 ta thu được phương trình z00 = z Nhân hai vế phương trình này với 2z0, ta được d(z0)2 = dz2 và cĩ nghiệm là z0 = √z2 + A . Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nĩ là z + √z2 + A = Bex Nhân với lượng liên hợp, ta thu được A z √z2 + A = e−x − −B Từ đĩ, ta cĩ B A z = ex e−x 2 − 2B Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát B A y = ex + e−x + C 2 2B Hay x −x y = C1e + C2e + C3 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao cĩ thể hạ cấp Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà cĩ thể đưa về phương trình cấp thấp hơn bằng cách đổi biến.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 40 a) Phương trình dạng F (y,y0, ,y(n))=0: Phương trình này khơng chứa biến độc lập x. Ta đặt p = y0. Khi đĩ dy y0 = p = dx dp dp y00 = = p dx dy d dp dp dp d dp y000 = p = + p dx dy dx dy dx dy dp 2 d2p = p + p2 dy dy2 dp dn−1p y(n) = g p, , , dy dyn−1 Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phân cấp n 1 theo ẩn p = p(y) − G(y,p,p0, ,p(n−1))=0 Giả sử phương trình này cĩ nghiệm tổng quát là Φ(y,p,C1, ,Cn−1)=0 ta thay p = y0 thì thu được phương trình dạng F (y,y0)=0 mà là phương trình vi phân cấp I. Ví dụ: Giải phương trình (1 + y2)yy00 = (3y2 1)y02 − Đặt p = y0 như đã trình bày, phương trình đưa về dạng dp (1 + y2)yp = (3y2 1)p2 dy − Chia 2 vế cho p (với giả thiết p =0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến 6 dp 3y2 1 = − dy p (1 + y2)y Nghiệm tổng quát của nĩ là py = C (1 + y2)2 1 Thay p = y0, ta cĩ phương trình yy0 = C (1 + y2)2 1 Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là 1 =2C x + C −1+ y2 1 2
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 41 b) Phương trình thuần nhất đối với ẩn hàm y và các đạo hàm của nĩ: T a nĩi phương trình vi phân F (x,y,y0, ,y(n))=0 là thuần nhất theo ẩn hàm y và các đạo hàm của nĩ nếu F là hàm thuần nhất (bậc m nào đĩ) theo các biến y,y0, ,y(n). Tức là F (x, ty, ty0, ,ty(n))= tmF (x,y,y0, ,y(n)) Đối với lớp các phương trình này ta cĩ thể hạ cấp bằng cách đặt y0 = uy Khi đĩ ta cĩ y0 = uy y00 = y0u + u0y = y(u0 + u2) y000 = y(u00 +3uu0 + u3) y(n) = y.g(u,u0, ,u(n−1)) Nhờ tính thuần nhất, phương trình đã cho cĩ thể viết lại dạng ymF (x, 1,u,u0 + u2, ,g(u,u0, ,u(n−1)))=0 Đây là phương trình cấp n 1 của ẩn hàm u = u(x), giả sử cĩ nghiệm tổng quát là − u = u(x, C1, ,Cn−1) Khi đĩ từ y0 = uy ta cĩ nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là y = exp u(x, C , ,C − )dx + ln C = C exp u(x, C , ,C − )dx 1 n 1 | n| n 1 n 1 Z Z Ví dụ: Giải phương trình x2yy00 =(y xy0)2. − Đây là phương trình thuần nhất (cấp 2) theo y và các đạo hàm của nĩ. Đặt y0 = uy giống như trên, ta cĩ y00 = y(u0 + u2) Thay vào và rút gọn cho y2 (giả sử y =0) ta được phương trình tuyến tính bậc nhất: 6 x2u0 +2xu 1=0 − với nghiệm tổng quát là x + C u = 1 x2 Trở lại ẩn hàm y với u = y0/y ta được nghiệm tổng quát là − C1 y = C2xe x Dĩ nhiên nghiệm y =0 cũng chứa trong nghiệm tổng quát này.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 42 2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu Xét phương trình vi phân cấp n (2.1). Giả sử cĩ tồn tại hệ thức dạng 0 (k) Φ(x,y,y , ,y ,Ck+1, ,Cn)=0 (2.6) sao cho Φ phụ thuộc vào n k hằng số tuỳ ý C , ,C và khơng phụ thuộc vào các − k+1 n đạo hàm cấp >k (nhưng nhất thiết phải cĩ mặt y(k)). Nếu từ hệ n k phương trình nhận được bằng cách lấy vi phân hệ thức (2.6) theo − x n k lần và chính hệ thức đĩ ta cĩ thể nhận được phương trình đã cho (bằng cách khử− các tham số) thì hệ thức (2.6) được gọi là tích phân trung gian của phương trình (2.1). Nếu k = n 1, tức là hệ thức chỉ chứa một tham số C − Φ(x,y,y0, ,y(n−1),C)=0 thì ta gọi là tích phân đầu. Nhận xét: Tích phân trung gian thực chất là một phương trình vi phân cấp k đã chứa sẵn n k hằng số tuỳ ý C , ,C . Nghiệm tổng quát của nĩ cịn chứa k hằng − k+1 n số mới là C1, ,Ck (tức là chứa tất cả n hằng số), và đĩ cũng là nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu (2.1). Vậy tích phân trung gian cho phép đưa việc giải phương trình vi phân cấp cao về giải phương trình cấp thấp hon. Phương trình dạng F (x, y(k), ,y(n))=0 Bằng cách đổi ẩn z = y(k) ta cĩ thể viết phương trình dưới dạng F (x, z, z0, ,z(n−k))=0 Giả sử đã tìm được tích phân tổng quát của phương trình này Φ(x,z,Ck+1, ,Cn)=0. Khi đĩ, ta cĩ tích phân trung gian của phương trình đã cho là (k) Φ(x, y ,Ck+1, ,Cn)=0 Đây là phương trình vi phân cấp k, nghiệm của nĩ cho ta tích phân tổng quát của phương trình ban đầu. Ví dụ: Giải phương trình y00 xy000 + y000 =0. − Đặt z = y00 ta thu được phương trình z xz0 + z0 =0 − mà nghiệm tổng quát là z = C (x 1). Từ đĩ ta cĩ tích phân đầu 1 − y00 = C (x 1) 1 − Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là C C y = 1 x3 1 x2 + C x + C 3 − 2 2 3
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.2.1 Các khái niệm Phương trình vi phân tuyến tính cấp n cĩ dạng tổng quát (n) (n−1) 0 p (x)y + p (x)y + + p − (x)y + p (x)y = g(x) (2.7) 0 1 ··· n 1 n trong đĩ các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đĩ theo biến x. Nếu g(x) 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất. ≡ Chú ý: Ta cĩ thể xem p0(x) 1, vì nếu khơng ta chia hai vế của phương trình cho hệ số này, và thu được phương trình≡ mới cùng dạng. Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điều kiện ban đầu (2.5). Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Nếu các hàm pj(x) và g(x) là liên tục trên khoảng (a, b) và, ngồi ra, p0(x) =0 với mọi x (a, b) thì bài tốn Cauchy cho phương trình (2.7) cĩ duy nhất nghiệm với6 mọi dữ kiện∈ ban đầu dạng (2.5) tại x (a, b). 0 ∈ Chứng minh: Phương trình (2.7) cĩ thể viết lại dạng (n) 1 (n−1) 0 y = − p1(x)y + + pn−1(x)y + pn(x)y g(x) p0(x) ··· − Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y ) và khả vi liên tục theo biến Y := (y,y0, ,y(n−1)) nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này. Dạng tốn tử của phương trình vi phân tuyến tính: d Ký hiệu D là tốn tử đạo hàm dx và đặt: n n−1 L = p D + p D + + p − D + p (2.8) 0 1 ··· n 1 n L được gọi là tốn tử vi phân cấp n và khi đĩ (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng tốn tử của phương trình (2.7) L(y)= g (2.9) Đặc biệt, khi g 0, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết một ≡ cách đơn giản L(u)=0 (2.10) Nhận xét: L là tốn tử tuyến tính trên khơng gian các hàm (khả vi) vì L(αu + βv)= αL(u)+ βL(v), với u, v là hai hàm khả vi và α, β là hai số tuỳ ý. Do đĩ giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất là tìm khơng gian con ker(L).
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 44 Mệnh đề 2.2.1. Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm tuỳ ý của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10). Khi đĩ, với C1,C2 là hai hằng số bất kỳ, C1u1 + C2u2 cũng là nghiệm của (2.10). Chứng minh: Ta cĩ L(C1u1 + C2u2)= C1L(u1)+ C2L(u2)=0. Hệ quả 2.5. Tập tất cả các nghiệm của phương trình (2.10) cĩ cấu trúc khơng gian vector. Hạ cấp phương trình tuyến tính thuần nhất: Nếu biết một hay nhiều nghiệm của phương trình thuần nhất (2.10) thì cĩ thể hạ cấp phương trình đĩ như sau đây. Giả sử ϕ(x) là một nghiệm của (2.10), đặt u(x)= v(x)ϕ(x) rồi thay vào (2.10). Khi đĩ v(x) thỏa phương trình vi phân tuyến tính dạng L(v)=0 Nhưng phương trình này cĩ một nghiệme v 1, nên khơng chứa v. Vậy, nếu xem ẩn mới w := v0, thì w là nghiệm của một phương≡ trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n 1 dạng − Ln−1(w)=0 Ví dụ: Xét phương trình 2x2y00 +3xy0 y =0 (x> 0), cĩ nghiệm là ϕ(x)= x−1. Đặt y = v(x)x−1, tính các đạo hàm và thay− vào phương trình đã cho ta được 2xv00 v0 =0. − 0 1/2 2 3/2 Với ẩn phụ w = v , ta tìm được w = C1x . Do đĩ v = 3 C1x + C2. Cuối cùng 2 y(x)= C x1/2 + C x−1 3 1 2 2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất a) Định thức Wronski Định nghĩa 2.2.1. Ta nĩi các hàm u1(x),u2(x), ,un(x) là phụ thuộc tuyến tính trên (a, b) nếu cĩ tồn tại các hằng số C1,C2, ,Cn khơng đồng thời bằng khơng, sao cho C u (x)+ + C u (x)=0, với mọi x (a, b) 1 1 ··· n n ∈ Các hàm u1(x),u2(x), ,un(x) được gọi là độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu chúng khơng phụ thuộc tuyến tính trên khoảng này.
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 45 Nĩi cách khác, u (x),u (x), ,u (x) độc lập tuyến tính nếu đẳng thức { 1 2 n } C u (x)+ + C u (x) 0 1 1 ··· n n ≡ chỉ xảy ra với C1 =0, C2 =0, ,Cn =0. Nhận xét: Hệ chứa hàm đồng nhất bằng khơng phải là hệ phụ thuộc tuyến tính. Mệnh đề 2.2.2. Cho u (x),u (x), ,u (x) là các hàm khả vi đến cấp n 1 trên 1 2 n − (a, b). Nếu chúng phụ thuộc tuyến tính trên (a, b) thì định thức u1(x) u2(x) un(x) u0 (x) u0 (x) ··· u0 (x) 1 2 ··· n . . . =0, với mọi x (a, b) (2.11) . . . . ∈ (n−1) (n−1) (n−1) u (x) u (x) un (x) 1 2 ··· Chứng minh : Theo giả thiết của mệnh đề, cĩ tồn tại các hằng số Cj khơng đồng thời bằng khơng sao cho C u (x)+ + C u (x) 0 trên (a, b) 1 1 ··· n n ≡ Đạo hàm theo biến x đẳng thức này n 1 lần, ta thấy các C thoả mãn hệ phương − j trình tuyến tính thuần nhất sau (với x cố định nào đĩ) C1u1(x) + + Cnun(x) =0 0 ··· 0 C1u (x) + + Cnu (x) =0  1 ··· n   (n−1) ··· ···( ···n−1) ··· C u (x) + + C un (x) =0 1 1 ··· n  Vì hệ thuần nhất này cĩ nghiệm khơng tầm thường nên định thức của ma trận của hệ phải bằng khơng. Định nghĩa 2.2.2. Định thức ở vế trái của (2.11) được gọi là định thức Wronski của n hàm u1(x),u2(x), ,un(x) và thường được ký hiệu là W [u1, ,un](x), hay gọn hơn W (x). Hệ quả 2.6. Nếu W (x) =0 tại x nào đĩ thuộc (a, b) thì hệ hàm u1(x),u2(x), ,un(x) độc lập tuyến tính trên (6a, b). { } Ví dụ: Hệ hàm cos x, sin x là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ. { } Ví dụ: Hệ hàm 1, x, x2, , xn−1 là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ vì { ··· } 1 x xn−1 0 1 ··· (n 1)xn−2 R W (x)= . . ···. − . =1.1!2! . . . (n 1)! =0 với mọi x . . . − 6 ∈ 0 0 (n 1)! ··· − Nhận xét: Hệ các hàm cĩ định thức Wronski đồng nhất bằng 0 khơng nhất thiết phụ thuộc tuyến tính. Nĩi cách khác, mệnh đề 2.2.2 chỉ là điều kiện cần để hệ hàm khả vi phụ thuộc tuyến tính. Chẳng hạn xét x3, x 3 cĩ W (x) 0, nhưng độc lập tuyến tính trên (a, b) tùy ý, miễn là a, b trái dấu.{ | | } ≡
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 46 Định lý 2.7. Giả sử các hàm p (x) là liên tục và p (x) =0 trên khoảng (a, b). Khi đĩ n j 0 6 nghiệm u1(x),u2(x), ,un(x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) là độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu định thức Wronski W [u ,u , ,u ] =0, x (a, b). 1 2 n 6 ∀ ∈ Chứng minh: Nếu W [u ,u , ,u ] = 0, x (a, b) thì theo hệ quả trên, các nghiệm 1 2 n 6 ∀ ∈ u1(x),u2(x), ,un(x) là độc lập tuyến tính. Ngược lại, giả sử cĩ x (a, b) mà W (x )=0. Khi đĩ hệ phương trình tuyến tính 0 ∈ 0 thuần nhất sau (ẩn là C1, ,Cn) cĩ nghiệm khơng tầm thường C1u1(x0) + + Cnun(x0) =0 0 ··· 0 C1u (x0) + + Cnu (x0) =0  1 ··· n   (n−1) ··· ···(n ···−1) ··· C u (x ) + + C un (x ) =0 1 1 0 ··· n 0  Gọi (C1, ,Cn) là một nghiệm như vậy và đặt u(x)= C u (x)+ + C u (x). 1 1 ··· n n 0 Rõ ràng u(x) là một nghiệm của của (2.10) thoả điều kiện ban đầu u(x0)=0,u (x0)= 0, ,u(n−1)(x )=0. Mặt khác nghiệm tầm thường v 0 cũng thoả điều kiện này. Do 0 ≡ đĩ, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải cĩ C u (x)+ + C u (x) 0 1 1 ··· n n ≡ tức là các u1(x),u2(x), ,un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết. Định nghĩa 2.2.3. Hệ gồm n nghiệm u1(x),u2(x), ,un(x) độc lập tuyến tính trên (a, b) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n được gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình đĩ. Định lý 2.8. (Sự tồn tại hệ nghiệm cơ bản) Với các giả thiết như định lý 2.7, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) cĩ ít nhất một hệ nghiệm cơ bản. Chứng minh: Xét n bài tốn Cauchy đối với phương trình (2.10) tương ứng với các dữ kiện ban đầu 0 (n−1) (u(x0),u (x0), ,u (x0)) = ek , k = 1, n trong đĩ ek := (0, , 0, 1, 0, , 0) là vector đơn vị thứ k trong khơng gian Euclide Rn. Với giả thiết của định lý, mỗi bài tốn trên cĩ một nghiệm duy nhất uk(x). Ta chứng minh hệ u , ,u độc lập tuyến tính. Thật vậy xét đẳng thức { 1 n} C u (x)+ + C u (x) 0 1 1 ··· n n ≡ Đạo hàm n 1 lần đẳng thức này ta thu được hệ phương trình đại số tuyến tính thuần − nhất (ẩn là các Ck) cĩ định thức của ma trận hệ số tại x0 bằng W [u , ,u ] = det[e , ,e ]=1 =0 1 n 1 n 6 nên hệ này chỉ cĩ nghiệm tầm thường C1 =0, ,Cn =0. Nhận xét: Theo chứng minh trên, dễ thấy rằng phương trình đã cho cĩ vơ số nghiệm.
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 47 b) Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất: Định lý 2.9. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục trên (a, b), p0(x) = 0, x (a, b) và u (x),u (x), ,u (x) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi6 phân∀ ∈ tuyến tính { 1 2 n } thuần nhất (2.10) trên (a, b). Khi đĩ nghiệm tổng quát của (2.10) cĩ dạng u(x)= C u (x)+ + C u (x) (2.12) 1 1 ··· n n trong đĩ C1, ,Cn là các hằng số tuỳ ý. Chứng minh: Rõràngvới C1, ,Cn là các hằng số bất kỳ, vế phải của (2.12) là nghiệm của (2.10). Gọi v(x) là nghiệm tùy ý của (2.10). Với x (a, b) là giá trị nào đĩ ta đặt 0 ∈ 0 0 (n−1) (n−1) v0 := v(x0), v0 := v (x0), ,v0 := v (x0) Xét hệ phương trình (ẩn là các Ck) C1u1(x0) + + Cnun(x0) = v0 0 ··· 0 0 C1u (x0) + + Cnu (x0) = v  1 ··· n 0   (n−1) ··· ···(n ···−1) ··· (n−1) C u (x ) + + C un (x ) = v 1 1 0 ··· n 0 0  Vì các u1(x),u2(x), ,un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W (x0) =0, tức là định thức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác khơng. Theo định6 lý Cramer, hệ này cĩ duy nhất nghiệm (C1, ,Cn). Đặt u(x) := C u (x)+ + C u (x) 1 1 ··· n n thì u(x) cũng là nghiệm của (2.10) thoả cùng điều kiện ban đầu như v(x). Do đĩ u(x) v(x). ≡ Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất biết hệ nghiệm cơ bản của nĩ: Để đơn giản, ta xét trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp II. Cho trước hệ hai hàm khả vi đến cấp II, độc lập tuyến tính y1,y2 , ta sẽ tìm phương trình vi phân dạng { } y00 + p(x)y0 + q(x)y =0 nhận y1,y2 làm nghiệm. Nếu y là nghiệm tổng quát của phương trình này thì y1 y2 y W [y ,y ,y]= y0 y0 y0 =0 1 2 1 2 y00 y00 y00 1 2
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 48 Khai triển định thức này theo cột cuối ta được: y y y y y0 y0 y00 1 2 y0 1 2 + y 1 2 =0 y0 y0 − y00 y00 y00 y00 1 2 1 2 1 2 Đây chính là phương trình vi phân cần tìm. Ví dụ: Tìm phương trình vi phân cấp II biết rằng nĩ nhận các hàm ex và e−2x làm nghiệm. Dễ thấy hệ hai hàm đã cho độc lập tuyến tính. Theo kết quả trên, phương trình cần tìm cĩ dạng ex e−2x ex e−2x ex 2e−2x y00 y0 + y − =0 ex 2e−2x − ex 4e−2x ex 4e−2x − Rút gọn ta được phương trìnhy00 + y0 2y =0. − c) Đồng nhất thức Abel: Ta sẽ chỉ ra sau đây biễu diễn đơn giản của định thức Wronski của hệ n nghiệm u (x),u (x), ,u (x) của phương trình thuần nhất (2.10). { 1 2 n } Định lý 2.10. (Đồng nhất thức Abel)1 Giả sử W (x) là định thức Wronski của n nghiệm u (x),u (x), ,u (x) của phương trình thuần nhất (2.10). Khi đĩ { 1 2 n } x p W (x)= W (x ) exp 1 dt (2.13) 0 − p Zx0 0 Chứng minh: Đạo hàm W (x) theo x ta cĩ: u1(x) u2(x) un(x) 0 0 ··· 0 u (x) u (x) u (x) 1 2 ··· n dW . . . = . . . . (2.14) dx (n−2) (n−2) (n−2) u (x) u (x) un (x) 1 2 ··· u(n)(x) u(n)(x) u(n)(x) 1 2 n ··· (thực ra, vế phải là tổng của n định thức nhưng các định thức khác cĩ hai hàng giống nhau nên bằng khơng). Ngồi ra, do (n) (n−1) 0 p u = p u p − u p u 0 k − 1 k −···− n 1 k − n k nên hàng cuối trong định thức vế phải (2.14) cĩ dạng tổ hợp tuyến tính của các hàng trong định thức W (x). Sau khi tách ra thành n định thức, (2.14) trở thành dW p = 1 W dx −p0 1Cũng được gọi là cơng thức Ostrogradski Liouville. −
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 49 Tích phân phương trình vi phân tách biến này ta thu được − x p1 x p dt W (x)= W (x0)e 0 0 R ở đây W (x ) là giá trị của định thức Wronski tại x (a, b) nào đĩ. 0 0 ∈ Hệ quả 2.11. Nếu các p (x) liên tục và p (x) =0 trên (a, b) thì W (x) hoặc luơn luơn j 0 6 khác khơng, hoặc đồng nhất bằng khơng trên (a, b). Ứng dụng: Đồng nhất thức Abel cho phép ta tìm nghiệm thứ n, độc lập tuyến tính với n 1 nghiệm độc lập tuyến tính đã biết của phương trình tuyến tính cấp n, bằng cách− giải phương trình vi phân cấp n . Với n = 2, việc này hồn tồn đơn giản. Thật vậy, giả − sử đã biết nghiệm y1 của phương trình y00 + p(x)y0 + q(x)y =0 Giả sử y2 là một nghiệm độc lập tuyến tính với y1 sao cho W [y1,y2](x0)=1. Khi đĩ 0 0 y1y y y2 W (x) 1 − x p(t)dt 2 1 x0 −2 = 2 = 2 e y1 y1 y1 R Tức là 0 y2 1 − x p(t)dt = e x0 y y2 1 1 R Từ đĩ ta cĩ 1 y (x)= y (x) e− p(x)dxdx 2 1 y (x)2 Z 1 R Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 2x2y00 +3xy0 y =0 − trên (0, + ) biết nĩ cĩ một nghiệm là y (x)=1/x. ∞ 1 Giải: Theo cơng thức trên, nghiệm độc lập tuyến tính với y1 cho bởi 1 2 − 3 dx y (x)= x e 2x dx 2 x Z R Tính tốn tích phân, ta thu được 1/2 y2(x)=2/3x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trên (0, + ) là ∞ C y(x)= 1 + C √x x 2
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 50 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất Ta lưu ý rằng, giống như các kết quả trong đại số tuyến tính, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất cĩ quan hệ chặt chẽ với nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Cụ thể, ta cĩ thể kiểm tra dễ dàng các tính chất sau: i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất là một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. ii) Tổng của một nghiệm của phương trình khơng thuần nhất và một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình khơng thuần nhất. Hơn thế nữa, định lý sau mơ tả cấu trúc nghiệm của phương trình khơng thuần nhất. Định lý 2.12. Với các giả thiết như trong định lý 2.7, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất (2.7) bằng tổng của một nghiệm riêng nào đĩ của nĩ và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Chứng minh: Giả sử yr(x) là một nghiệm riêng nào đĩ và y(x) là nghiệm tuỳ ý của phương trình khơng thuần nhất L(y)= g. Giả sử u1(x),u2(x), ,un(x) là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo{ giả thiết ta cĩ L(y} y )=0. Nĩi − r cách khác, y(x) yr(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo định lý 2.9, tồn tại các− hằng số C , ,C sao cho y(x) y (x)= C u (x)+ +C u (x) =: 1 n − r 1 1 ··· n n u(x). Vì vậy, y(x)= yr(x)+ u(x). Ví dụ: Cho phương trình y00 +4y = ex. Dễ thấy cos2x và sin 2x là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng y00 +4y =0. Một nghiệm riêng của 1 x phương trình đã cho ban đầu là yr = 5 e . Do đĩ nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là 1 y = C cos2x + C sin 2x + ex 1 2 5 trong đĩ C1,C2 là hai hằng số tuỳ ý. Mệnh đề 2.2.3. Giả sử y1,y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y)= g1, L(y)= g2 tương ứng. Khi đĩ yr := y1 + y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y)= g với g := g1 + g2. Nhận xét: Mệnh đề này giúp ta tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính khơng thuần nhất trong trường hợp hàm g(x) ở vế phải cĩ dạng tổng của các hàm đơn giản. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y00 + y = x + cos3x.
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 51 Ta tìm các nghiệm riêng của các phương trình y00 + y = x và y00 + y = cos3x. Dễ thấy phương trình thứ nhất cĩ nghiệm riêng là y1 = x; cịn phương trình thứ hai cĩ một nghiệm riêng (xem mục 2.3.2) là y = 1 cos3x. Do đĩ một nghiệm riêng của 2 − 8 phương trình đã cho là 1 y = x cos3x − 8 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất Như đã biết, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính khơng thuần nhất bằng tổng của một nghiệm riêng của nĩ và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Vấn đề đặt ra là tìm nghiệm riêng này. Trong phần này ta sẽ giới thiệu một phương pháp thơng dụng, gọi là phương pháp biến thiên hằng số, để tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất dựa vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Xét phương trình khơng thuần nhất (n) (n−1) 0 L(y)= y + p (x)y + + p − (x)y + p (x)y = g(x) (2.15) 1 ··· n 1 n trong đĩ các hàm pj(x) và g(x) liên tục trên (a, b). Giả sử u1(x),u2(x), ,un(x) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng và nghiệm tổng quát của nĩ là u(x)= C u (x)+ + C u (x). 1 1 ··· n n Xem các hằng số C1,C2, ,Cn như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số!), ta sẽ nghiệm của (2.15) dưới dạng y(x)= C (x)u (x)+ + C (x)u (x) 1 1 ··· n n Một cách tự nhiên, ta thay y(x) cùng với các đạo hàm của nĩ vào phương trình (2.15) để tìm các hàm Cj(x). Vì ta chỉ cĩ một phương trình vi phân trong khi cĩ n ẩn là các hàm Cj(x) nên ta cĩ thể chọn thêm n 1 hệ thức khác giữa các Cj(x) miễn là đủ để giải các hàm này. Cụ thể, ta sẽ chọn các− C (x) thoả n 1 hệ thức sau: j − 0 0 C1u1(x)+ + Cnun(x) =0 0 0 ··· 0 0 C1u1(x)+ + Cnun(x) =0  ··· . (2.16)  .   0 (n−2) 0 (n−2) C u (x)+ + C un (x) = 0 1 1 ··· n  Và khi đĩ, các đạo hàm của y trở thành 0 0 0 y = C1u1(x)+ + Cnun(x), 00 00 ··· 00 y = C1u1(x)+ + Cnun(x), . ··· . (n−1) (n−1) (n−1) y = C u (x)+ + C un (x) 1 1 ··· n
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 52 Vì thế y(n) = C u(n)(x)+ + C u(n)(x) 1 1 ··· n n + C0 u(n−1)(x)+ + C0 u(n−1)(x) 1 1 ··· n n Như vậy, y sẽ thoả phương trình (2.15) miễn là C0 u(n−1)(x)+ + C0 u(n−1)(x)= g(x) 1 1 ··· n n 0 Kết hợp với (2.16), ta thu được hệ n phương trình cho Cj là 0 0 C1u1(x)+ + Cnun(x) =0 C0 u0 (x)+ ··· + C0 u0 (x) =0  1 1 ··· n n .  . (2.17)  0 (n−2) 0 (n−2)  C1u1 (x)+ + Cnun (x) =0 0 (n−1) ··· 0 (n−1) C1u1 (x)+ + Cnun (x)= g(x)  ···   Vì các hàm u1(x),u2(x), ,un(x) là độc lập tuyến tính nên hệ (2.17) xác định duy nhất 0 0 C1(x), ,Cn(x) theo u1(x),u2(x), ,un(x). Từ đĩ ta tìm được C1(x), ,Cn(x). Ví dụ: (n =2) Cho phương trình y00 + p(x)y0 + q(x)y = g(x) 00 Giả sử y1,y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên khoảng I của phương trình y + 0 p(x)y + q(x)y =0. Tìm nghiệm riêng dưới dạng yr = C1(x)y1(x)+ C2(x)y2(x). Ta cĩ 0 0 0 0 0 yr = C1y1 + C1y1 + C2y2 + C2y2. Ta chọn C1,C2 sao cho trước hết: 0 0 C1y1 + C2y2 =0 00 0 0 0 0 00 00 Khi đĩ yr = C1y1 + C2y2 + C1y1 + C2y2 . Thay vào phương trình đã cho ta cĩ: 0 0 0 0 C1y1 + C2y2 = g(x) Do đĩ ta cĩ hệ 0 0 C1y1 + C2y2 =0 C0 y0 + C0 y0 = g(x) 1 1 2 2 0 0 Giải hệ này với ẩn là C1,C2 ta được 0 y2g 0 y1g C1 = và C2 = −W [y1,y2] W [y1,y2] trong đĩ W [y ,y ]= y y0 y0 y luơn khác khơng trên I. 1 2 1 2 − 1 2 Tích phân các phương trình này ta thu được nghiệm riêng y g y g y (x)= y (x) 2 dx + y (x) 1 dx r − 1 W [y ,y ] 2 W [y ,y ] Z 1 2 Z 1 2
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 53 Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình 1 y00 + y = sin x Nghiệm riêng cĩ dạng yr = C1(x) cos x + C2(x) sin x 0 0 trong đĩ C1,C2 thỏa hệ phương trình 0 0 C1 cos x + C2 sin x =0 1 C0 sin x + C0 cos x = ( − 1 2 sin x cos x Từ đĩ, C0 = 1 và C0 = = (ln sin x )0. Vậy một nghiệm riêng thu được là 1 − 2 sin x | | y = x cos x + ln sin x . sin x r − | | 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng Trong mục này ta xét các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là các hằng số. Dạng tổng quát của chúng là (n) (n−1) 0 y + A y + + A − y + A y = g(x) (2.18) 1 ··· n 1 n và dạng thuần nhất tương ứng (n) (n−1) 0 y + A y + + A − y + A y =0 (2.19) 1 ··· n 1 n 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng Ta viết lại phương trình (2.19) dưới dạng tốn tử n n−1 (D + A D + + A − D + A )y =0 (2.20) 1 ··· n 1 n d với D như thường lệ ký hiệu cho tốn tử tuyến tính . Gọi λ , j = 1, n, là các nghiệm dx j (cĩ thể phức) của phương trình n n−1 λ + A λ + + A − λ + A =0 (2.21) 1 ··· n 1 n mà được gọi là phương trình đặc trưng của (2.19). Khi đĩ, một cách hình thức cĩ thể viết (2.20) dưới dạng (do tính chất giao hốn của D và phép nhân với hằng số) (D λ )(D λ ) . . . (D λ )y =0 − 1 − 2 − n
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 54 Phương trình này được thoả mãn đối với mỗi nghiệm của các phương trình vi phân bậc nhất sau (D λ )y =0, (D λ )y =0, , (D λ )y =0 − 1 − 2 − n Nghiệm tổng quát của mỗi phương trình này là λj x yj = Cje λ1x λ2x λnx Bổ đề 2.13. Hệ các hàm e , e , ,e là độc lập tuyến tính trên R nếu các λj khác nhau từng đơi một. Chứng minh: Định thức Wronski của n hàm này là eλ1x eλ2x eλnx ··· λ eλ1x λ eλ2x λ eλnx 1 2 n W (x)= . . ···. . . . . n−1 n−1 − λ eλ1x λ eλ2x λn 1eλnx 1 2 ··· n 1 1 1 ··· λ1 λ2 λn (λ1+···+λn)x = e . . ···. . . . . n−1 n−1 − λ λ λn 1 1 2 ··· n (λ1+···+λn)x = e (λi λj) =0 − 6 i>j Y (để ý định thức sau cùng chính là định thức Vandermon). Trường hợp I: Phương trình đặc trưng cĩ n nghiệm thực phân biệt. Theo bổ đề trên, nếu phương trình đặc trưng (2.21) tương ứng với (2.19) cĩ n nghiệm thực λj khác nhau từng đơi một thì nghiệm tổng quát của (2.19) là y = C eλ1x + + C eλnx 1 ··· n trong đĩ Cj là các hằng số tùy ý. Ví dụ: Xét phương trình y00 +2y0 3y =0, phương trình đặc trưng tương ứng λ2 + 2λ 3=0 cĩ hai nghiệm thực phân− biệt λ = 1 và λ = 3. Nghiệm tổng quát của − 1 2 − phương trình đã cho là x −3x y = C1e + C2e Trường hợp II: Phương trình đặc trưng cĩ nghiệm phức. Giả sử các hệ số A1, ,An đều thực và phương trình đặc trưng (2.21) cĩ nghiệm phức λ = α + iβ. Khi đĩ nĩ cũng cĩ nghiệm phức λ = α iβ = λ . Vì vậy, dùng hệ thức r s − r Euler, ta cĩ C eλrx + C eλsx = eαx C (cos βx + i sin βx)+ C (cos βx i sin βx) r s { r s − } αx = e (C˜r cos βx + C˜s sin βx)
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 55 Để ý rằng nếu các hệ số Aj trong (2.19) là thực và y = y1 + iy2 là một nghiệm phức của (2.19) thì phần thực và phần ảo cũng là nghiệm của nĩ. Vậy phần nghiệm tổng quát tương ứng với λr và liên hợp phức với nĩ λs là αx e (C1 cos βx + C2 sin βx) trong đĩ C1 và C2 là những hằng số thực tuỳ ý. Ví dụ: Xét phương trình y00 2y0 +5y =0, phương trình đặc trưng λ2 2λ +5=0 cĩ hai nghiệm phức liên hợp là λ− =1 2i. Do đĩ nghiệm tổng quát là y =−ex(C cos2x+ 1,2 ± 1 C2 sin 2x). Trường hợp III: Phương trình đặc trưng cĩ nghiệm bội. Nếu phương trình đặc trưng nhận λ là nghiệm (thực) bội m, khi đĩ vế trái của phương trình (2.20) chứa nhân tử dạng (D λ)m. Ta xét phương trình vi phân cấp m tương ứng − (D λ)my =0 − Nghiệm của phương trình này cĩ thể tìm dưới dạng y = eλxV (x) trong đĩ V (x) là hàm cần xác định. Ta cĩ: (D λ)meλxV (x)=(D λ)m−1eλxDV (x) − − =(D λ)m−2eλxD2V (x) − = = eλxDmV (x) ··· Do đĩ y = eλxV (x) là nghiệm của (2.19) nếu DmV (x)=0. Vậy V (x) phải là đa thức bậc m 1 theo x và nghiệm cần tìm là − y =(C + C x + + C xm−1)eλx 1 2 ··· m Trong trường hợp nghiệm bội λ = α + iβ là số phức thì phương trình đặc trưng (giả sử các hệ số đều thực) cũng cĩ nghiệm bội là α iβ với cùng số bội như λ. Khi đĩ ta − khi đĩ vế trái của phương trình (2.20) chứa nhân tử dạng (D α + iβ)m(D α iβ)m. Lập luận tương tự ta cũng tìm được nghiệm là − − − y =(C + C x + + C xm−1)eλx cos βx +(D + D x + + D xm−1)eλx sin βx 1 2 ··· m 1 2 ··· m với 2m hằng số Cj, Dj tuỳ ý. (4) 00 Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y +2y +y =0 là y =(C1 +C2x) cos x+ (C3 + C4x) sin x.
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 56 2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất: Trong mục trước ta đã biết cách tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất bằng phương pháp biến thiên hằng số từ các nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Trong một số trường hợp mà hàm g(x) ở vế phải của phương trình (2.18) cĩ dạng đặc biệt, ta cĩ thể tìm được nghiệm riêng của nĩ theo phương pháp sau đây (tạm gọi là phương pháp hệ số bất định). αx Trường hợp I: g(x)= e Pm(x) (ở đây Pm(x) là đa thức bậc m) a) Nếu α khơng phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng αx yr = e Qm(x) b) Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng k αx yr = x e Qm(x) trong đĩ Qm(x) là đa thức tổng quát bậc m mà ta phải xác định các hệ số của nĩ. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y00 3y0 +2y = (3 4x)ex − − Phương trình đặc trưng là λ2 3λ +2=0 − cĩ hai nghiệm là λ1 =1 và λ2 =2, trong đĩ α =1 là nghiệm đơn của nĩ nên nghiệm riêng cĩ dạng x yr = xe (Ax + B) Thay vào phương trình đã cho và cân bằng các hệ số ta thu được hệ 2A =4 −2A B =1 − x Giải ra ta được A =2 và B =1, khi đĩ nghiệm riêng là yr = xe (2x + 1). Cuối cùng, x 2x x nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C1e + C2e + xe (2x + 1). Trường hợp II: g(x)= eαx P (x) cos βx + Q(x) sin βx { } (ở đây P (x), Q(x) là hai đa thức nào đĩ) a) Nếu α + iβ khơng phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng y = eαx R(x) cos βx + S(x) sin βx r { }
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 57 b) Nếu α + iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng y = xkeαx R(x) cos βx + S(x) sin βx r { } trong đĩ R(x),S(x) là hai đa thức cĩ bậc bằng max deg(P ), deg(Q) mà các hệ số của { } chúng được tìm nhờ phương pháp hệ số bất định. Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y00 + y =4x sin x Phương trình đặc trưng cĩ nghiệm là i và α + iβ = i là nghiệm đơn (bội 1) của nĩ nên nghiệm riêng cĩ dạng ± yr = x[(Ax + B) cos x +(Cx + D) sin x] Thay vào phương trình đã cho và cân bằng các hệ số ta được 2A =2 A = 1 − − C B =0 B =0  −  D + A =0 ⇔ C =0    2C =0  D =1   Vì thế, nghiệm riêng là y =x( x cos x + sin x)và nghiệm tổng quát của phương trình r − đã cho là y = C cos x + C sin x + x(sin x x cos x) 1 2 − Chú ý: Nếu g(x) khơng cĩ các dạng đặc biệt trên nhưng cĩ thể viết thành g(x)= g (x)+ + g (x) 1 ··· m trong đĩ mỗi gj cĩ dạng đặc biệt như trên thì ta tìm nghiệm riêng dưới dạng y = y + + y r 1 ··· 2 trong đĩ yj là nghiệm riêng của phương trình tương ứng với gj. Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y00 y0 =5ex sin 2x. − − Ta lần lượt tìm nghiệm riêng của các phương trình y00 y0 = 5ex và y00 y0 = − − x sin 2x theo phương pháp trên. Kết quả ta được hai nghiệm riêng là y1 = 5xe và − 1 1 y = sin 2x cos2x. Do đĩ nghiệm riêng của phương trình đã cho là y = y +y = 2 5 − 10 r 1 2 1 1 5xex + sin 2x cos2x. 5 − 10 BÀI TẬP 1. Giải các phương trình vi phân cấp cao sau đây: 00 (a) x ey + y00 =0 −
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 58 (b) y02 +2yy00 =0 y0 (c) y00 = x − x (d) y002 + x2 =1 (e) y00 = ay0(1 + y02) 2. Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp II biết một nghiệm riêng của nĩ (a) x2(ln x 1)y00 xy0 +y =0, biết rằng nĩ cĩ một nghiệm riêng dạng y(x)= xα − − (b) (2x x2)y00 +(x2 2)y0 +2(1 x)y =0, y(1) = 0, y0(1) = 1, biết rằng nĩ − − − cĩ một nghiệm riêng dạng y(x)= ex (c) (2x x2)y00 +2(x 1)y0 2y = 2, biết rằng nĩ cĩ hai nghiệm riêng dạng − − − − y1(x)=1 và y2(x)= x 3. Giải các phương trình tuyến tính hệ số hằng sau đây (a) y00 7y0 +6y = sin x − (b) y00 +9y =6e3x (c) y00 9y0 + 20y = x2e4x − (d) y00 3y0 = e3x 18x − − (e) y00 + y = x2 cos2 x 18x − (f) y00 4y0 +4y = e2x cos2 x − 4. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây: ex (a) y00 y = − ex +1 (b) y00 + y = tan x (c) y00 +2y0 + y =3e−x√x +1 1 (d) y00 +5y0 +6y = e2x +1 5. Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp II biết hệ nghiệm cơ bản: (a) x3, x4 { } (b) x, xex { } 6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây: (a) y000 4y00 y0 +4y =0 − − (b) y(4) 5y00 +4y =0 − (c) y000 2y0 +4y =0 − 7. Giải các bài tốn giá trị ban đầu
2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 59 (a) y00 4y = 7e2x + x, với y(0) = 1,y0(0) = 3 − − (b) y00 +4y = 34 cos x +8, với y(0) = 3,y0(0) = 2 (c) y00 + y = 5 sin2 x, với y(0) = 2,y0(0) = 4 − 8. Với các giá trị nào của các số thực a, b thì phương trình y00 + ay0 + by =0 (a) cĩ mọi nghiệm triệt tiêu tại ∞ (b) cĩ mọi nghiệm giới nội trên (0, + ) ∞ (c) cĩ mọi nghiệm tuần hồn trên R (d) mỗi nghiệm đều cĩ vơ số khơng điểm. − 1 00 9. Chứng tỏ rằng với phép đổi ẩn y = ze 2 p(x)dx cĩ thể đưa phương trình y + p(x)y0 + q(x)y =0 về dạng z00 + Q(x)z =0R. Áp dụng vào giải phương trình y00 2xy0 + x2y =0 −
Chương 3 Hệ phương trình vi phân Trong chương này ta sẽ nghiên cứu các hệ phương trình vi phân cấp I, đặc biệt là các hệ phương trình vi phân tuyến tính mà cấu trúc nghiệm của nĩ tương tự như trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 3.1.1 Các định nghĩa Hệ phương trình vi phân tổng quát là hệ gồm các phương trình chứa biến độc lập, các hàm (nghiệm) cần tìm và nhất thiết phải chứa các đạo hàm của chúng theo biến độc lập. Nếu chỉ xuất hiện các đạo hàm cấp I của các ẩn, ta nĩi hệ đĩ là hệ phương trình vi phân cấp I. Ta nĩi một hệ gồm n phương trình vi phân cấp I là cĩ dạng chuẩn tắc (dạng giải ra được đối với đạo hàm) nếu cĩ thể viết dưới dạng: dy 1 = f (x, y , ,y ) dx 1 1 n  dy  2 = f (x, y , ,y )  dx 2 1 n  (3.1)   ····················· dyn  = fn(x, y1, ,yn)  dx    trong đĩ x là biến độc lập, y1, ,yn là các ẩn cần tìm. Hệ phương trình chuẩn tắc trên cĩ thể viết lại dưới dạng thu gọn nhu sau y0 = f(x, y) (3.2) T 0 0 0 T T trong đĩ y =(y1, ,yn) , y =(y1, ,yn) và f =(f1, ,fn) .
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 61 Định nghĩa 3.1.1. Mỗi nghiệm của hệ (3.1) là một bộ gồm n hàm y1 = ϕ1(x), ,yn = ϕ (x) khả vi liên tục trên khoảng I R mà khi thay vào (3.1) thì được đẳng thức n ⊂ đúng. 3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. Với một số giả thiết nào đĩ, việc giải hệ phương trình (3.1) cĩ thể đưa về giải phương trình vi phân cấp cao dựa trên phương pháp khử sau đây. Đạo hàm hai vế của phương trình đầu tiên của hệ (3.1), ta được 00 ∂f1 ∂f1 0 ∂f1 0 y1 = + y1 + + yn ∂x ∂y1 ··· ∂yn 0 00 Thay các yj bởi các biểu thức của nĩ, ta cĩ thể viết y1 như là hàm của x, y1, ,yn 00 y1 = F1(x, y1, ,yn) Lại lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x, ta cĩ 000 ∂F1 ∂F1 0 ∂F1 0 y1 = + y1 + + yn ∂x ∂y1 ··· ∂yn =: F2(x, y1, ,yn) Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y1 ta được hệ 0 y1 = f1(x, y1, ,yn) 00  y1 = F1(x, y1, ,yn)    ·····················  (n) y1 = Fn−1(x, y1, ,yn)    Trong hệ này ta xét n 1 phương trình đầu tiên với n 1 ẩn là y , ,y . Với một vài − − 2 n điều kiện nào đĩ (thoả mãn giả thiết của định lý hàm ngược) ta cĩ thể giải được (duy 0 (n−1) nhất) các y2, ,yn như là hàm theo các biến x, y1,y1, ,y1 . Thay biểu thức của chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta cĩ (n) 0 (n−1) y1 = Fn(x, y1,y1, ,y1 ) Đây là phương trình vi phân cấp n dạng đã giải ra đối với đạo hàm. Giải phương trình 0 (n−1) này để tìm y1, rồi tính các đạo hàm y1, ,y1 . Từ đĩ ta tính được các y2, ,yn. Ngược lại, cho trước phương trình vi phân cấp n dạng y(n) = f(x,y,y0, ,y(n−1))
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 62 ta cĩ thể đưa về một hệ phương trình vi phân dạng chuẩn tắc bằng cách đặt y1 = y, 0 yk+1 = yk 0 y1 = y2 y0 = y  2 3   ···············0 yn = f(x, y1,y2, ,yn)  Ví dụ: Giải hệ sau  dx dy = y, = x dt dt Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phương trình d2x x =0 dt2 − từ đĩ nghiệm tổng quát là −t t x = x(t)= C1e + C2e Từ phương trình thứ nhất ta tính được y = y(t)= C e−t + C et − 1 2 3.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Đối với hệ phương trình vi phân cấp I, bài tốn Cauchy được phát biểu một cách tương tự nhu trường hợp một phương trình: Tìm nghiệm y1(x), ,yn(x) của hệ (3.1) thoả điều kiện ban đầu 0 yj(x0)= yj , j =1, 2, ,n (3.3) trong đĩ các giá trị x I,y0, ,y0 cho trước, gọi là giá trị ban đầu. 0 ∈ 1 n Để ý rằng khơng phải bao giờ định lý Cauchy cũng cĩ (duy nhất ) nghiệm. Định lý sau đây giải quyết bài tốn này đối với hệ chuẩn tắc. Định lý 3.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hàm f1(x, y), ,fn(x, y) trong (3.1) là liên tục trên một tập mở G Rn+1 chứa (x ,y0, ,y0) và thoả điều ⊂ 0 1 n kiện Lipschitz theo biến y. Khi đĩ trong một lân cận nào đĩ của x0 cĩ tồn tại một nghiệm y1(x), ,yn(x) thoả bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu đã cho và nghiệm đĩ là duy nhất. dy Chứng minh: : Viết lại hệ dưới dạng = f(x, y), trong đĩ y := (y , ,y )T và dx 1 n T f := (f1, ,fn) và lập lại các bước chứng minh nhu trong định lý tồn tại và duy nhất cho phương trình vi phân cấp I. Nhận xét: Thay cho điều kiện Lipschitz ta cĩ thể yêu cầu (mạnh hơn rằng) hàm f(x, y) cĩ các đạo hàm riêng theo biến y bị chặn.
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 63 Định nghĩa 3.1.2. Giả sử tập G thoả mãn tất cả các giả thiết của định lý 3.1. Khi đĩ n hàm y = y (x, C , ,C ) j =1, 2, ,n ( ) j j 1 n ∗ phụ thuộc vào n tham số C1, ,Cn và cĩ các đạo hàm riêng theo x được gọi là nghiệm tổng quát của hệ (3.1) nếu: Với mỗi (x ,y0, ,y0) trong G, từ hệ ( ) cĩ thể giải được (duy nhất) các hằng • 0 1 n ∗ số C1, ,Cn. Tập hợp n hàm trong ( ) là nghiệm của hệ (3.1) với mỗi bộ giá trị của các tham • số C , ,C giải ra đối∗ với mỗi (x, y , ,y ) G. 1 n 1 n ∈ Định nghĩa 3.1.3. Nghiệm của hệ mà tại mỗi điểm của nĩ thoả mãn các điều kiện của định lý 3.1 được gọi là nghiệm riêng của hệ. Ngược lại, nghiệm của hệ mà tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị. Ví dụ: Kiểm tra rằng hệ các hàm −x −3x y1(x)= C1e + C2e y (x)= C e−x +3C e−3x + cos x 2 1 2 là nghiệm tổng quát của hệ 0 y1(x)= y2 + cos x y0 (x)=3−y 4y + 4 cos x sin x 2 1 − 2 − Ta cĩ f1(x, y1,y2) = y2 + cos x và f2(x, y1,y2)=3y1 4y2 + 4 cos x sin x, do đĩ chúng cĩ các đạo hàm− riêng liên tục trên R3. − − Với mỗi (x, y ,y ) R3, ta luơn cĩ thể giải được (duy nhất) các C ,C , cụ thể 1 2 ∈ 1 2 1 x C1 = 2 e (3y1 y2 + cos x) C = 1 e−3x(y − y cos x 2 2 2 − 1 − Ngồi ra, từ các hàm đã cho, ta cĩ 0 −x −3x y1(x)= C1e 3C2e y0 (x)= −C e−x − 9C e−3x sin x 2 − 1 − 2 − nên chúng là nghiệm của hệ nĩi trên. 3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân a) Đưa hệ về phương trình cấp cao: Nhờ mối liên hệ chặt chẽ giữa hệ phương trình vi phân cấp I và phương trình vi phân cấp cao, ta cĩ thể đưa việc giải hệ phương trình vi phân về giải phương trình vi phân cấp cao, như ví dụ trên. Ta xét một ví dụ khác
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 64 Ví dụ: Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc 0 y1 = y2 + cos x 0 − y =3y 4y + 4 cos x sin x 2 1 − 2 − Ta đưa hệ phương trình đã cho về phương trình vi phân cấp II với ẩn là y1. Đạo hàm hai vế phương trình đầu tiên ta được y00 = y0 sin x 1 − 2 − = (3y 4y + 4 cos x sin x) − 1 − 2 − = 3y +4y 4 cos x − 1 2 − 0 Thay y2 từ phương trình thứ II ta được: y00 +4y0 3y =0 1 1 − 1 Phương trình thuần nhất này cĩ nghiệm tổng quát là −x −3x y1 = C1e + C2e Từ phương trình thứ nhất ta tìm được −x −3x y2 = C1e +3C2e + cos x b) Phương pháp lập tổ hợp tích phân: Cho hệ phương trình vi phân cấp I dy i = f (x, y , ,y ), với i =1, 2, ,n dx i 1 n Để giải hệ này ta cĩ thể tìm một phương trình hệ quả (chẳng hạn tổ hợp tuyến tính của các phương trình trên) của hệ đã cho, dễ lấy tích phân hơn, và được gọi là tổ hợp tích phân của hệ phương trình đã cho. Ví dụ: Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau dx dy = y, = x dt dt Lấy hai phương trình đã cho cộng và trừ với nhau ta được d(x + y) d(x y) = x + y và − = (x y) dt dt − − Giải từng phương trình, ta thu được hệ x + y = C et và x y = C e−t 1 − 2 Và từ đây ta tìm được nghiệm x(t), y(t).
3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 65 Nhận xét: Mỗi tổ hợp tích phân cĩ thể viết dưới dạng Φ(x, y1, ,yn)= C và phương trình này (hoặc vế trái của nĩ) được gọi là tích phân đầu của hệ. Nếu tìm được k tổ hợp tích phân của hệ Φ1(x, y1, ,yn)= C1  Φ2(x, y1, ,yn)= C2    Φk(x, y1, ,yn)= Ck   và nếu k tích phân đầu này độc lập, thì cĩ thể đưa về giải hệ gồm n k phương trình. − Trường hợp k = n, khi đĩ n tích phân đầu độc lập cho ta nghiệm tổng quát của hệ. Ví dụ: Tích phân hệ phương trình sau đây dx dy dz = z y, = x z, = y x dt − dt − dt − Cộng các phương trình với nhau ta được d(x + y + z) =0 dt Phương trình này cho một tích phân đầu là ϕ1 = x + y + z = C1 Bây giờ nhân các phương trình với x, y, z lần lượt rồi cộng lại, ta được d(x2 + y2 + z2) =0 dt từ đây ta cung thu được tích phân đầu 2 2 2 ϕ2 = x + y + z = C2 Ta dễ kiểm tra rằng ϕ3 = xy + yz + zx = C3 cũng là một tích phân đầu nhung bộ ba gồm các tích phân đầu ϕ1,ϕ2,ϕ3 khơng độc lập tuyến tính nên khơng thể cho nghiệm tổng quát của hệ. Tuy nhiên, từ hai tích phân đầu đầu tiên, ta giải để tìm x, y: 1 x = C z 2C C2 +2C z 3z2 2 1 − − 2 − 1 1 − q 1 y = C z + 2C C2 +2C z 3z2 2 1 − 2 − 1 1 − q
3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 66 Thay các biểu thức này vào phương trình cuối dz = 2C C2 +2C z 3z2 dt 2 − 1 1 − q ta tìm được nghiệm 3z C1 arcsin − √3t = C3 6C 2C2 − 2 − 1 Kết hợp với hai tích phân đầu ϕ1p,ϕ2 ta tìm được nghiệm tổng quát của hệ. 3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 3.2.1 Sự tồn tại nghiệm Trong định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy, điều kiện Lipschitz khơng thể bỏ được. Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại (nhưng khơng duy nhất!) của nghiệm, khơng địi hỏi điều kiện Lipschitz. n Định lý 3.2 (Peano). Xét hình hộp A = (x, y) R R / x x0 a, y y0 b n { ∈ × | − | ≤ || − || ≤ } và giả sử f : A R liên tục. Đặt M = maxA f(x, y) và α = min(a, b/M). Khi đĩ bài tốn Cauchy→y0 = f(x, y), y(x )= y cĩ ít nhất|| một|| nghiệm trên [x α, x + α]. 0 0 0 − 0 Nhận xét: Trước hết hãy lưu ý rằng ta khơng thể sử dụng phương pháp lặp Picard vì khơng cĩ đủ giả thiết bảo đảm dãy xấp xỉ Picard hội tụ. Thay vào đĩ, người ta xây dựng các nghiệm xấp xỉ (địa phương) bởi tiếp tuyến của nĩ y(x + h) ∼= y(x)+ h.f(x, y(x)) Với h cho trước ta xây dựng dãy x ,y xác định bởi: { n n}n≥0 yn+1 = yn + hf(xn,yn), xn+1 = xn + h. (3.4) Ta gọi yh(x) là hàm tuyến tính từng khúc qua các điểm (xn,yn); đồ thị của nĩ được gọi là đa giác Euler. Bổ đề 3.3. Với các giả thiết trong định lý 3.2 và với h := α/N (N N), đa giác Euler thoả (x, y (x)) A với mọi x [x , x + α]. Ngồi ra, ∈ h ∈ ∈ 0 0 y (x) y (x0) M x x0 với mọi x, x0 [x , x + α] || h − h || ≤ | − | ∈ 0 0 Chứng minh: Qui nạp theo n. Giả sử điều đĩ đúng với n, i.e. y y b, ta cĩ k n − 0k ≤ y y hM || n+1 − n|| ≤ nên, với n +1 N ta đều cĩ ≤ y y (n + 1)hM αM b || n+1 − 0|| ≤ ≤ ≤
3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 67 Điều này chứng tỏ (x, y (x)) A với mọi x [x , x + α]. h ∈ ∈ 0 0 Bất đẳng thức trong mệnh đề là hiển nhiên đúng vì yh(x) là tuyến tính từng khúc và cĩ “hệ số gĩc" bị chặn bởi M. Để chứng minh định lý ta cần khái niệm sau: Định nghĩa 3.2.1. Họ hàm f : I Rn được gọi là đồng liên tục nếu với mọi ε> 0, λ → cĩ tồn tại một δ > 0 (khơng phụ thuộc vào cả ε lẫn λ) sao cho λ, x, x0 ( x x0 < δ = f (x) f (x0) <ε) ∀ ∀ | − | ⇒ || λ − λ || n Định lý 3.4 (Arzela-Ascoli). Cho họ các hàm fλ : [a, b] R đồng liên tục và bị chặn đều trên [a, b]. Khi đĩ họ hàm f cĩ chứa một dãy con→ g (x) hội tụ đều đến một { λ} { n } hàm g(x) liên tục trên [a, b]. Chứng minh: Xem giáo trình giải tích hàm. Chứng minh định lý Peano: Xét đa giác Euler yh(x) với h = α/N, Dãy này bị chặn và đồng liên tục (theo Bổ đề 3.3) nên theo định lý Arzela Ascoli, họ hàm yh(x) cĩ chứa một dãy con hội tụ đều về hàm liên tục y : [a, b] Rn − → Ta chỉ ra rằng hàm giới hạn này chính là nghiệm của bài tốn Cauchy. Ta xét x [x , x + α] (trên [x α, x ] ta xét tương tự), ký hiệu k = k(h) là chỉ số sao cho ∈ 0 0 0 − 0 x [x , x ], với x = x + kh. Khi đĩ, trên đoạn con này ta cĩ ∈ k k+1 k 0 y (x) y = hf(x ,y )+ + hf(x − ,y − )+(x x )f(x ,y ) h − 0 0 0 ··· k 1 k 1 − k k k với các cặp giá trị (xj,yj) là các xấp xỉ bằng phương pháp Euler (xem (3.4)). Vì f liên tục nên khả tích, và cĩ thể viết x f(t, y(t))dt = hf(x ,y(x ))+ + hf(x − ,y(x − ))+(x x )f(x ,y(x ))+ r(h) 0 0 ··· k 1 k 1 − k k k Zx0 với r(h) 0 khi h 0. → → Tính liên tục đều của f trên A và sự hội tụ đều của dãy con của yh(x) đến y(x) cho phép ta đánh giá { } f(x, y (x)) f(x, y(x)) <ε || h − || với h đủ bé. Khi đĩ từ các đẳng thức trên ta cĩ x y (x) y f(t, y(t))dt ε x x + r(h) α + r(h) h − 0 − ≤ | − 0| || || ≤ || || Zx0 Cho h 0 ta thấy hàm y(x) thoả mãn phương trình tích phân → x y(x)= y0 + f(t, y(t))dt Zx0 mà nghiệm của nĩ chính là lời giải của bài tốn Cauchy. Nhận xét: Định lý Peano hồn tồn khơng chứa thơng tin về sự duy nhất nghiệm.