›
›

Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng - Lê Văn Hạp (Phần 1)

pdf 73 trang hapham 2560
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng - Lê Văn Hạp (Phần 1)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfgiao_trinh_phuong_trinh_vi_phan_va_phuong_trinh_dao_ham_rien.pdf

Nội dung text: Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng - Lê Văn Hạp (Phần 1)

  1. đại học huế trung tâm đào tạo từ xa TS. Lê văn hạp Giáo trình Ph−ơng trình vi phân và ph−ơng trình đạo hàm riêng (Sách dùng cho hệ đào tạo từ xa) Huế - 2008 1
  2. Mục lục Lời nói đầu 5 Phần A: ph−ơng trình vi phân 6 Ch−ơng I: các khái niệm cơ bản. cách giải các ph−ơng trình Cấp một và cấp hai đơn giản 6 Đ1. các khái niệm cơ bản của ph−ơng trình vi phân 6 Đ2. cách giải một số ph−ơng trình vi phân cấp một 10 Đ3. cách giải một số ph−ơng trình vi phân cấp cao đơn giản 22 Ch−ơng II: sự tồn tại và duy nhất nghiệm 28 Đ1. bổ sung về không gian mêtric 28 Đ2. sự tồn tại và duy nhất nghiệm của ph−ơng trình vi phân 30 Đ3. Sự thác triển nghiệm 32 Đ4. các định lí về sự tồn tại nghiệm và sự duy nhất nghiệm 33 Ch−ơng III – hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính 39 Đ1. các khái niệm cơ bản 39 Đ2. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất 42 Đ3. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 46 Đ4. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng 48 Đ5. Ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp n 53 Ch−ơng IV: Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai 66 Đ1. Các định lí so sánh 66 Đ2. Sự tồn tại giá trị riêng đối với bài toán biên Sturm-Liouville của ph−ơng trình vi phân cấp hai 71 2
  3. Phần B: ph−ơng trình đạo hàm riêng 74 Ch−ơng I – Nhập môn . Phân loại ph−ơng trình 74 Đ1. Các định nghĩa và ví dụ 74 Đ2. Ph−ơng trình đạo hàm riêng cấp một 78 Đ3. Dạng tổng quát của ph−ơng trình tuyến tính cấp m. Khái niệm đặc tr−ng 82 Đ4. Phân loại ph−ơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trong tr−ờng hợp hai biến 84 Đ5. Phân loại ph−ơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trong tr−ờng hợp nhiều biến 90 Ch−ơng II: Ph−ơng trình loại elip 94 Đ1. Ph−ơng trình laplace và hàm điều hoà 94 Đ2. Các tính chất của hàm điều hoà 99 Đ3. Bài toán Dirichlet 103 Đ4. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị chặn Ω 110 Đ5. bài toán dirichlet trong hình tròn 114 Ch−ơng III: Ph−ơng trình loại Hyperbol 118 Đ1. Bài toán cauchy của ph−ơng trình truyền sóng và định lí duy nhất nghiệm 118 Đ2. Công thức nghiệm của bài toán cauchy đối với ph−ơng trình truyền sóng 121 Đ3. Ph−ơng pháp hạ thấp 126 Đ4. Bài toán hỗn hợp 128 Đ5. Ph−ơng pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp 131 3
  4. Ch−ơng IV: Ph−ơng trình loại parabol 135 Đ1. Nguyên lí cực trị trong miền bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt 135 Đ2. Nguyên lí cực trị trong miền không bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt 137 Đ3. Công thức Poission đối với ph−ơng trình truyền nhiệt 139 H−ớng dẫn giải bài tập 143 Phần A 143 Ch−ơng I 143 Ch−ơng II 145 Ch−ơng III 146 Ch−ơng IV 151 Phần B 152 Ch−ơng I 152 Ch−ơng II 153 Ch−ơng III 154 Ch−ơng IV 155 4
  5. Lời nói đầu Ph−ơng trình vi phân (vi phân th−ờng và đạo hàm riêng) là một trong các công cụ cơ bản để nghiên cứu các vấn đề về khoa học tự nhiên, khoa học kĩ thuật và khoa học xã hội. Do vậy, ph−ơng trình vi phân trở thành một bộ môn quan trọng ở bậc Đại học không chỉ đối với ngành Toán mà còn đối với các ngành kĩ thuật. Giáo trình này đ−ợc biên soạn dựa trên bài giảng đã dạy nhiều năm cho sinh viên khoa Toán – ĐHSP Huế. Chúng tôi có bổ sung thêm nhiều ví dụ minh hoạ, nhiều chứng minh chi tiết cũng nh− phân định một số phần dành cho đọc thêm để phù hợp cho đối t−ợng là học viên từ xa. Nội dung giáo trình chia làm hai phần : Phần A : Ph−ơng trình vi phân. Phần B : Ph−ơng trình đạo hàm riêng. Để học tốt giáo trình này, sinh viên cần nắm vững các kiến thức về giải tích cổ điển, hàm biến số phức, không gian mêtric và đại số tuyến tính . Chúng tôi chân thành cảm ơn các cán bộ giảng dạy Tổ Giải tích khoa Toán ĐHSP Huế đã nhiệt tình đóng góp cho việc biên soạn giáo trình này. Chúng tôi mong đ−ợc bạn đọc góp ý kiến về những thiếu sót cho lần biên soạn này. Xin chân thành cám ơn. Tác giả 5
  6. Phần A ph−ơng trình vi phân Ch−ơng I Các khái niệm cơ bản. cách giải các ph−ơng trình Cấp một và cấp hai đơn giản Đ1. các khái niệm cơ bản của ph−ơng trình vi phân Ph−ơng trình vi phân (PTVP) là ph−ơng trình có chứa biến độc lập, hàm phải tìm (hàm ẩn) và các đạo hàm (hay vi phân) của nó. Ví dụ ay)1′ =+x2 , by)2′′ −+y′ 2y=2x+3, ∂∂22zz c)0+=, ∂∂xy22 là các PTVP. Trong PTVP, nếu ẩn hàm là hàm một biến, ta có ph−ơng trình vi phân th−ờng (nói gọn là PTVP). Nếu ẩn hàm là hàm của nhiều biến, ta có ph−ơng trình đạo hàm riêng. Cấp của PTVP là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong ph−ơng trình. Ví dụ. a) PTVP cấp 1 ; b) PTVP cấp 2 ; c) PTĐHR cấp 2. PTVP cấp n tổng quát có dạng Fx( , y, y′, , y()n ) = 0 , (1) trong đó x ∈⊂(ab, ) R; y=y(x) ; y′, , y(n) là các đạo hàm của y ; F : GR⊂n + 2 →Rlà hàm của n + 2 biến. Đặc biệt yf()n= (x, y, y′, , y(n− 1)) , (2) trong đó f : GR⊂n + 1 →R là hàm n + 1 biến. (2) gọi là PTVP cấp n giải đ−ợc đối với đạo hàm. Nói riêng PTVP cấp một có dạng: Fx(,y,y′)= 0hay y′ = fx(,y) 6
  7. Nghiệm của ph−ơng trình (1) hay (2) là hàm ϕ⊂:(ab, ) R →R x yx=ϕ() sao cho với mọi x ∈ (,ab) thì (xy, , y′, , ynn) ∈⊂G R + 2 (hay R n + 1 ) và thoả mãn ph−ơng trình (1) (hay (2)). Ví dụ. yx′′ =+2 1 x3 suy ra y′ =+xC+ 3 xx42 y =++Cx+C , trong đó C , C là hai hằng số bất kì. 12 2 12 1 2 Nói chung, nghiệm của (1) hay (2) là hàm phụ thuộc vào n hằng số tuỳ ý CC12, , ,Cn : y =ϕ(xC, 12,C, ,Cn ). Trong PTVP, ng−ời ta th−ờng gặp bài toán sau đây, gọi là bài toán Cauchy. Bài toán Cauchy đối với PTVP cấp một : Tìm nghiệm ϕ→:(ab, ) R x ϕ()x của ph−ơng trình y′ = fx(, y) và thoả mãn điều kiện đầu cho tr−ớc : ϕ=()x00y ⎧y′ = fx(,y) ⎨ (3) ⎩yx()00= y Bài toán Cauchy đối với PTVP cấp n có dạng: ()nn( − 1) ⎪⎧′yf= (x, y, y, , y) ⎨ (4) ′′′ (1n − ) ⎩⎪y(x0) ==y0;y(xy00) 1;y(x0) =y02; , y(xy00) =,n − 1 trong đó xy, 00, y1, y02, , y0,n − 1 là các giá trị cho tr−ớc. Các loại nghiệm của PTVP. Xét ph−ơng trình yf()n= (x, y, y′, , yn− 1). (2) n + 1 Giả sử với mỗi (x, yy00, 1, y02; , y0,n − 1) ∈⊂G R bài toán (4) có nghiệm duy nhất, khi đó: + Hàm y =ϕ(xc, 12,c, ,cn ) phụ thuộc n hằng số cc12, , ,cn gọi là nghiệm tổng quát (NTQ) của (2) nếu nó thoả mãn hai điều kiện sau đây : 7
  8. α ) Từ hệ ⎧yx=ϕ( ,c1, ,cn ) ⎪ ⎪yx′′=ϕ( ,c1, ,cn ) ⎨ ⎪ ⎪ (1nn−−) (1) ⎩y =ϕ (xc, 1, ,cn ) ()n (1n − ) Ta có thể giải đ−ợc các cxi ==Ψ ( , y, y′, , y),i1,n với mọi (x, yy, ′, , y ) ∈ G. β) Hàm y = (xc, 12,c, ,cn ) thoả mãn (2) với mọi giá trị của cc12, , ,cn , nhận đ−ợc từ hệ α ) khi (x, yy, ′, , y(1n − )) ∈ G. + Nếu nghiệm của (2) tồn tại d−ới dạng φ(xy, ,c1, ,cn ) = 0 và thoả mãn hai điều kiện α ) và β) thì φ(xy, ,c1, ,cn ) =0 gọi là tích phân tổng quát của (2). + Nếu y =ϕ(x) của (2), mà tại mỗi điểm trên đồ thị của nó bài toán Cauchy (4) có lời giải duy nhất, gọi là nghiệm riêng (NR). 0 Nghiệm y =ϕ(x) của (2) có đ−ợc từ nghiệm tổng quát với các giá trị xác địnhccii==,1i,n sẽ là nghiệm riêng. + Nghiệm của (2), y =ϕ(x), mà tại mọi điểm trên đồ thị của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị phá vỡ, gọi là nghiệm kì dị (NKD). Giải một PTVP là tìm tất cả các nghiệm của nó. Nếu cho thêm điều kiện đầu thì tìm nghiệm riêng thoả mãn điều kiện đó. Ví dụ cơ học dẫn đến PTVP1. Bài toán. Một chất điểm có khối l−ợng m chuyển động theo trục Ox d−ới tác dụng của một lực là −bx(b >0) h−ớng về gốc toạ độ. Hãy tìm qui luật chuyển động của chất điểm đó, biết rằng lúc t = 0 chất điểm ở vị trí x = x0 và có vận tốc v = v0. Ta cần tìm hàm x = x(t) biểu diễn quy luật chuyển động của chất điểm, x(t) là hoành độ của chất điểm ở thời điểm t. o m x0 dx2 dx2 b Theo định luật Newton ta có mb= − x hay + ω2 x =0 (với ω=2 ), đó là hệ thức dt2 dt2 m để tìm x(t), một ph−ơng trình vi phân cấp hai theo ẩn hàm x(t). Dễ kiểm chứng rằng x()tC=ω1cos t+C2sinωt(C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý), là nghiệm tổng quát của ph−ơng trình. Khi t = 0, vì x = x0 nên C1 = x0. 1 Dành cho sinh viên đọc thêm 8
  9. dx Mặt khác vC==−ωsin ωt+Cωcosωt, nên khi t = 0 ta có v=ωC. dt 12 02 Vậy quy luật chuyển động của chất điểm có dạng : v x()tx=ωcos t+0 sinωt. (1) 0 ω 9
  10. Đ2. cách giải một số ph−ơng trình vi phân cấp một 2.1. Ph−ơng trình tách biến Ph−ơng trình tách biến là ph−ơng trình có dạng: M()x dx +N(y)dy =0, (1) trong đó M, N là các hàm liên tục trên (,ab)⊂ R. ⎡⎤x y (1) ⇔+dM(x)dx N(y)dy=0, x, x, y, y∈(a, b) ⎢⎥∫∫ 00 ⎣⎦⎢⎥xy00 x y ⇔+∫∫M()xdx N(y)dy=C, C: hằng số. xy00 Vậy tích phân tổng quát của (1) là ∫ M()xdx+ ∫ N(y)= C trong đó C là hằng số. Ph−ơng trình (1) không có nghiệm kì dị. Ph−ơng trình dạng M11()x N (y)dx + M2()x N2(y)dy = 0, (2) trong đó Mi, Ni là các hàm liên tục trên (a, b), i = 1, 2 có thể đ−a đ−ợc về dạng tách biến. Giả sử Ny12().M(x)≠ 0 Mx() N(y) (2) ⇔+1dx 2dy =0 , Mx21() N(y) Tích phân tổng quát Mx() N(y) ∫∫1dx +=2dy C , Mx21() N(y) C là hằng số bất kì. Ngoài ra nếu y = b là nghiệm của N1(y) = 0 (hay x = a là nghiệm của M2(x) = 0 )) thì nó cũng là nghiệm của ph−ơng trình (2). Tuỳ tr−ờng hợp nghiệm này có thể là nghiệm riêng hay nghiệm kì dị. Ví dụ . Giải ph−ơng trình x 1−+y2dx y 1−x2dy =0 (*) Tìm đ−ờng cong tích phân đi qua điểm (0, 1). Điều kiện để ph−ơng trình (*) có nghĩa là : (,xy)∈ [0,1]2 . Với x≠±1, y≠±1 thì (*) trở thành : 10
  11. xy dx +=dy 0 . 11−−xy22 Tích phân tổng quát: xy dx +dy =C , trong đó C là hằng số. ∫∫22 11−−xy Hay 11−+x2−y2=C, C : hằng số d−ơng. Xét y=±1(−1 <x<1) , đây là nghiệm kì dị của ph−ơng trình. Thật vậy, chẳng hạn đ−ờng cong tích phân y = 1, tại điểm (0 ; 1) có hai đ−ờng cong tích phân đi qua nó là: y = 1 và 11−+xy22−=1. y 1 x - 1 0 1 - 1 T−ơng tự, với đ−ờng y = – 1 ta cũng lí luận t−ơng tự bằng cách thay điểm (0, 1) bởi điểm (0, –1). 2.2. Ph−ơng trình thuần nhất Định nghĩa Hàm fR: 2 → R (,x yf) (x,y) đ−ợc gọi là hàm thuần nhất cấp n nếu nó thoả mãn: f (,tx ty)=∀tn f (x,y), t ∈R,(x,y)∈R2 . Ph−ơng trình vi phân thuần nhất là ph−ơng trình dạng y′ = fx(,y), (1) với f là hàm thuần nhất cấp 0. 11
  12. Cách giải ph−ơng trình thuần nhất : 1 Đặt tx=(≠0), ph−ơng trình (1) trở thành x y y yf′ ==(,xy) f(tx,ty)=f(1, )=ϕ( ). x x y Đặt z = , z là hàm ẩn mới. x y′′=+zx z=ϕ(z). ϕ−()zz Hay z′ = . x Nếu ϕ−()zz≠0 ta viết ph−ơng trình trên lại : dz dx = . ϕ−()zzx Đây là ph−ơng trình tách biến có tích phân tổng quát dz =ln x +C ; C là hằng số bất kì. ∫ ϕ−()zz y Thế z = vào ta đ−ợc tích phân tổng quát của ph−ơng trình (1) x Nếu z= z0 là nghiệm của ϕ−()zz=0 thì y = z0 x cũng là nghiệm của (1). Nghiệm này có thể là nghiệm kì dị hoặc nghiệm riêng. dx y Ví dụ. Giải ph−ơng trình : = . (∗) dy x y Điều kiện ≥ 0 . x y Nếu ≥ 0 . Đặt y = zx. Ph−ơng trình (*) trở thành x dz x +=zz. dx Hay xdz =−()z z dx Nếu zz−≠0 . Ta có : dz dx = . zz− x dz dx Tích phân tổng quát = +≠ln cc, 0 , hay ∫∫zz− x 12
  13. −−2ln zx1 =ln +ln c 1 ln zc−=1 ln , ≠0 cx 1 zx−=1 c 1 (1zx−=) C,C=±≠0 c y (1−)x =C . x Nếu x > 0, y > 0 thì y − x= C. (*) Nếu x 0) nằm trên đ−ờng y = 0 còn có đ−ờng cong tích phân khác đi qua, đó là y − x = −>aa(0). y1 = x là nghiệm riêng. Nghiệm này có thể ghép vào tích phân tổng quát (*) ứng với C = 0. * Ph−ơng trình dạng : ⎛⎞ax ++by c yf′ = ⎜⎟. (2) ⎝⎠ax′′++by c′ Có thể đ−a đ−ợc về ph−ơng trình thuần nhất. – Nếu cc=′ =0 thì (2) là ph−ơng trình thuần nhất. ab – Nếu c hay c′ ≠ 0 , D = ≠ 0 thì ta dùng phép biến đổi : ab′′ ⎧x =+xh1 ⎨ ⎩y =+yk1 trong đó h, k là nghiệm của hệ: ⎧ah ++bk c =0 ⎨ ⎩ah′′++bk c′=0 Khi đó (2) sẽ là ph−ơng trình thuần nhất ⎛⎞ax11+ by yf1′ = ⎜⎟. ⎝⎠ax′′11+ by 13
  14. ab ⎧aa=λ ′ Nếu D ==0 thì ⎨ và (2) đ−a về ph−ơng trình tách biến : ab′′ ⎩bb=λ ′ ⎛⎞λ+()ax′′by +c y′′==f⎜⎟F()ax +by′. ⎝⎠ax′′++by c′ Đặt za=+′′xby⇒z′=a′+b′y′=a′+b′F(z). Ta có ph−ơng trình tách biến : dz =+ab′′F(z). dx 2.3. Ph−ơng trình tuyến tính cấp một Định nghĩa Ph−ơng trình tuyến tính cấp một là ph−ơng trình có dạng: A(xy)′ +B()xy=C(x), trong đó A, B, C là các hàm liên tục. Nếu Ax()≠ 0 thì ph−ơng trình trở thành: y′ +px()y=q(x), (1) B()xC()x với px()=,q(x)= là các hàm liên tục. A()xA()x Nếu qx()≡ 0thì (1) có dạng yp′ + ()x= 0, gọi là ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất. Nếu q ( x ) 0 , thì (1) gọi là ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất. Cách giải . Để giải ph−ơng trình (1) ta thực hiện hai b−ớc : B1 : Giải ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng yp′ +()xy=0. (2) Đây là một ph−ơng trình tách biến. dy Với y ≠ 0 ph−ơng trình trở thành: =−p()xdx. y Hay ln yp=− (x)dx+ln C, C≠0 ∫ 11 − ∫ p()xdx yC= 1 e − ∫ px()dx yC=e với C=±C1 ≠0 . (3) y = 0 cũng là nghiệm của ph−ơng trình (2) (nghiệm riêng), nghiệm này đ−ợc ghép vào (3) ứng với C = 0. Vậy nghiệm tổng quát của ph−ơng trình (2) là : − p()xdx yC= e∫ , C : là hằng số bất kỳ. 14
  15. B2 : Biến thiên hằng số để tìm nghiệm tổng quát của ph−ơng trình (1). − p()xdx Ta tìm nghiệm của (1) d−ới dạng yC= ()xe∫ trong đó C(x) là hàm cần xác định để − p()xdx yC= ()xe∫ là nghiệm của (1). dy d((C x))−−p()xdx p()xdx =−eC∫∫()xp()x.e. dx dx Nh− vậy C(x) phải là nghiệm đúng của ph−ơng trình sau : dC −−pxd()x pxd()x −pxd()x ep∫∫−+()xC()xep()xC()xe∫=q()x dx hay dC p()xdx = qx()e∫ . dx pxd()x Suy ra Cx()=+∫ qx()e∫ dx C. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình (1) có dạng: −p()xdx p()xdx −p()xdx yC=+e∫∫ q()xe∫.e∫ (4) trong đó C là một hằng số bất kỳ. Nhận xét. Từ (4) ta nhận thấy: Nghiệm tổng quát của (1) bằng nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng (2), cộng với một nghiệm riêng (1). 2.4. Ph−ơng trình Bernoulli Định nghĩa Ph−ơng trình Bermoulli có dạng : dy +=p()xy q(x)yα , (1) dx trong đó α∈R,,qp là hai hàm liên tục. Cách giải – Nếu α=0 hay α=1, (1) là ph−ơng trình tuyến tính. – Giả sử α≠0vàα≠1. Chia hai vế của (1) cho yyα ( ≠ 0) , ta đ−ợc 1 dy +p()xy1 −α =q(x). (2) ydα x dz dy Đặt zy= 1 −α suy ra =−(1 α)y−α . Thế vào (2) ta đ−ợc : dx dx 15
  16. 1 dz +p()xz=qx(). (3) 1 −αdx Hay dz +−(1 α) p( xz) =(1 −α)qx( ) . dx Đây là ph−ơng trình tuyền tính với ẩn là hàm z. Tích phân ph−ơng trình này rồi trở về hàm ẩn cũ y, ta đ−ợc tích phân tổng quát của (1). Nếu α>0 , thì ph−ơng trình (1) có thêm nghiệm y = 0. Với α>1, y =0 là nghiệm riêng. Với 0< α<1,y =0 là nghiệm kì dị. Ví dụ . Giải ph−ơng trình y′ +=2yy2ex . (α) Giả sử y ≠ 0 ta suy ra 1 y′ +2y− 1 =ex . (β) y2 Đặt zy=≠−−120 ⇒z′′=−yy. Thế vào (β)ta đ−ợc : −+zz′ 2 =ex . Hay zz′ −=2 −ex . Đây là ph−ơng trình tuyến tính. Giải ra ta đ−ợc NTQ zC=()e21x+ex− , C : là hằng số. Vậy NTQ của (α) là 1 y ==Ce2 x +ex , C : hằng số bất kỳ. z y = 0 cũng là nghiệm của (α), đây là nghiệm riêng. 2.5. Ph−ơng trình vi phân toàn phần và thừa số tích phân 2.5.1. Ph−ơng trình vi phân toàn phần Ph−ơng trình Mx(,y)dx+N(x,y)dy=0, (1) gọi là ph−ơng trình vi phân toàn phần nếu tồn tại một hàm Ux(,y) khả vi sao cho : M(xy,)dx+=N(x,)ydy d(U(x,y)). Khi đó tích phân tổng quát của (1) và Ux(,y)= C (hằng số). 16
  17. Ví dụ (3x2 ++y)dx (x +2y)dy =0 dx()32++dx(y) d()y =0 dx()32++xy y =0 Hay x3++xy y2=C (hằng số) Trong tr−ờng hợp tổng quát, xuất hiện hai vần đề : 1) Khi nào thì (1) là ph−ơng trình là vi phân toàn phần. 2) Xác định tích phân của nó. Ta giả thiết rằng M,N∈C1 (G), trong đó G là một miền đơn liên trong 2 . Ta có định lí sau đây (đ−ợc chứng minh trong phần tích phân đ−ờng). Điều kiện cần và đủ để (1) là ph−ơng trình vi phân toàn phần là : ∂∂MN (x,yx)=∀(,)y, (x,)y∈G. ∂∂yx Khi đó vế trái của (1) là vi phân của hàm: x y Ux(,y)=+M(t,y)dt N(x,τ)dτ hay ∫∫0 xy00 x y Ux(,y)=M(t,y)dt+N(,xτ)dτ. ∫∫0 xy00 2.5.2. Thừa số tích phân Nếu ph−ơng trình (1) không phải là ph−ơng trình vi phân toàn phần, nh−ng tồn tại hàm à(,x y) sao cho : à(,x y)Mx(,y)dx+à(x,y)N(,xy)dy=0 là một ph−ơng trình vi phân toàn phần, thì à(,x y) gọi là thừa số tích phân của ph−ơng trình (1). Vậy : Khi nào thì (1) tồn tại thừa số tích phân và cách tìm các thừa số tích phân này ? Định lí . Nếu (1) có tích phân tổng quát Ux(,y)= C (C : hằng số), trong đó U∈C2 , thì (1) có thừa số tích phân. (Xem chứng minh ở tài liệu tham khảo) Chú ý + Khi (1) có thừa số tích phân à(,x y) thì (1) có vô số thừa số tích phân dạng : 1 à=1(,x yx) à(,y).φ(U), φ∈C. (chứng minh nh− bài tập) 17
  18. Cách tìm thừa số tích phân Nói chung, không có ph−ơng pháp tổng quát để tìm thừa số tích phân của ph−ơng trình (1), ta chỉ có thể tìm đ−ợc nó trong một số tr−ờng hợp đặc biệt. Giả sử à(,x y) là thừa số tích phân của (1). Khi đó ta có : ∂à()M ∂à(N) = , ∂∂y x hay ∂à ∂à ⎛⎞∂M ∂N NM−=à⎜−⎟. (4) ∂∂x yy⎝⎠∂∂x Giải ph−ơng trình đạo hàm riêng này rất phức tạp. Tuy nhiên nếu : + à = à(x) chỉ phụ thuộc vào x . Khi đó (4) trở thành : ∂∂MN − à′ ∂∂yx ==ϕ()x à N ln à=∫ ϕ(xd) x+ln c, c≠0 ϕ()x dx hay à=()xCe∫ . T−ơng tự, nếu : + à=à(y) . Khi đó ∂∂MN − à′ ∂∂yx ==ϕ(y) à −M ϕ()y dy và à=()yCe∫ . Ví dụ . Tìm thừa số tích phân của ph−ơng trình sau : (x2 – y)dx + (x2y2 + x)dy = 0. (5) Ta có ∂∂MN −=−12−xy22−1=−2(xy +1), ∂∂yx nên ∂∂MN − ∂∂yx2 =− . Nx dx −2∫ −2ln x 1 Xét à=e x hay à=e = . x2 18
  19. 1 Thử lại : Nhân hai vế của (5) với à= ta đ−ợc: x2 y 1 (1−+)(dx y2 +)0dy = xx2 xdy − ydx dx ++y2dy =0 x2 yy3 dx()++=0. 3 x 1 Vậy à= là thừa số tích phân của (5) và tích phân tổng quát của (5) là : x2 yy3 x ++=C (C : hằng số). 3 x Chú ý . Biết đ−ợc thừa số tích phân à , ta tìm đ−ợc tích phân tổng quát lẫn nghiệm kì dị của ph−ơng trình. 1 Thật vậy, Mdx +=Ndy d()U =0. à dU()= 0 cho ta tích phân tổng quát. 1 = 0 có thể cho ta nghiệm kì dị. à 2.6. Ph−ơng trình Lagrange và Clairaut Trong mục này, ta xét hai ph−ơng trình cấp một không giải đ−ợc đối với đạo hàm. 2.6.1. Ph−ơng trình Lagrange Đó là ph−ơng trình có dạng dy dy yx=ϕ().+Ψ() (1) dx dx trong đó ϕΨ, là hai hàm khả vi tuỳ ý. dy Chọn p = , ph−ơng trình (1) trở thành : dx yp=ϕ()x+Ψ()p dy ==pdx ϕ()p dx +[ϕ′′(p)x +Ψ(p)]dp, hay [(ϕ−pp) ]dx+[ϕ′′(p)x+Ψ(p)]dp=0. Giả sử ϕ−()pp≠0. Ph−ơng trình trên đ−ợc viết lại: dx ϕΨ′′()p ()p +x =. (2) dp ϕ−()p p p −ϕ()p 19
  20. Nếu xem p là biến độc lập, x là hàm của p thì (2) là ph−ơng trình tuyến tính. Giải (2) ta đ−ợc nghiệm tổng quát: x =Ap().C+B(p), C : là hằng số. Suy ra y =+Ap11().C B(p), trong đó A, A1, B, B1 là các hàm của p. Vậy tích phân tổng quát của (1) đ−ợc biểu diễn d−ới dạng tham số. ⎧x =+Ap().C B(p) ⎨ ⎩y =+Ap11().C B(p) C : hằng số, p : tham số. Ngoài ra nếu ϕ−( ppi) i=0 thì y = pxi+Ψ( pi) cũng là nghiệm của (1). Tuỳ tr−ờng hợp, các nghiệm này có thể là nghiệm riêng hay nghiệm kì dị. Vậy nghiệm kì dị của ph−ơng trình Lagrange, nếu có là các đ−ờng thẳng. Ví dụ . Giải ph−ơng trình y =yx′2+y′2. (3) dy Đặt p ==y′ ⇒dy =pdx . dx Mặt khác y =px2+p2 (4) dy ==pdx p2dx +(2px +2p)dp , hay p(1p −+)dx 2p(x +1)dp =0. Nếu pp(1−≠)0⇔p≠0vàp≠1. Ph−ơng trình đ−ợc viết lại dx 22x +=. (5) dp p − 11− p Đây là ph−ơng trình tuyến tính theo ẩn hàm x = x(p). Giải ph−ơng trình (5) ta đ−ợc nghiệm tổng quát. C x =1 −1, C : hằng số. (1p − )2 1 Vậy tích phân tổng quát của (3) : 20
  21. ⎧ C x =−1 1 ⎪ 2 ⎪ (1p − ) C ; hằng số ⎨ 2 1 ⎪ 22CC11p yp=+()22p= ⎩⎪ (1pp−−) (1) 2 Khử p giữa x và y ta đ−ợc : y = (1x ++C) với CC= 1 . Nếu p(p – 1) = 0 ⇔ p = 0 hay p = 1. Thay vào (4) ta đ−ợc : y = 0 là nghiệm kì dị ; y = x + 1 là nghiệm riêng. 2.6.2. Ph−ơng trình Clairaut Đó là ph−ơng trình có dạng : dy dy yx=+Ψ() (1) dx dx dy dy Giả thiết Ψ là hàm phi tuyến đối với , vì nếu Ψ() là hàm tuyến tính thì (1) là một dx dx ph−ơng trình tách biến. dy Đặt p = là tham số. Ph−ơng trình (1) trở thành : dx y =+px Ψ(p), (2) suy ra : dy ==+pdx pdx [(x +Ψ′ p)]dp, hay ((xp+Ψ′ ))dp=0. * dp =⇒0p =C ⇒y =Cx +Ψ(C) với C là hằng số. NTQ của (1) là một họ đ−ờng thẳng. * x +Ψ′′()px=0⇒ =−Ψ(p). Thay x =−Ψ′(p) vào (2) ta đ−ợc nghiệm cho d−ới dạng tham số. ⎧y =− ppΨ′()+Ψ()p ⎨ ⎩xp=−Ψ′() 21
  22. Đ3. cách giải một số ph−ơng trình vi phân cấp cao đơn giản 3.1. Dạng Fxy(, ()n )= 0 (1) a) Nếu (1) có dạng y()n = fx(), (1.1) với f là hàm liên tục trên (a, b), thì nghiệm tổng quát của (1) có dạng : xx x C yd=+ττd f(x)dτ 1 (x−x)n − 1 ∫∫ ∫ (1n − )! 0 xx00 x0 C +−2 ()x xCn − 2 + +()x−x+C, (2n − )! 01nn− 0 trong đó các Cii ,= 1,n là những hằng số. b) Nếu (1) có dạng tham số : ⎧x =ϕ()t (1.2) ⎨ ()n ⎩y =Ψ()t trong đó ϕ∈C1,Ψ∈C, thì ta có : y(1nn− )==yd()x Ψ()tϕ′()tdt+C=Ψ(t,C). ∫∫ 111 yt(2n − )=Ψ(,C)ϕ′(t)dt+C=Ψ(t,C,C). ∫ 11 2 212 yt′′=Ψ ( ,C, ,C)ϕ(t)dt+C=Ψ (t,C, ,C). ∫ nn−−21 2 n−1 n−11 n−1 yt=Ψ ( ,C, ,C)ϕ′(t)dt+C=Ψ(t,C, ,C). ∫ nn−−11 1 nn1 n Vậy dạng tham số của tích phân tổng quát của ph−ơng trình (1.2) là ⎧xt=ϕ() ⎨ ⎩y =Ψnn(tC, 1, ,C) Ví dụ . Giải ph−ơng trình eyy′′ +′′ =x. Chọn t= y′′ là tham số. Ta có hệ : ⎧ett +=x ⎨ ⎩ty= ′′ 22
  23. t2 y′′==y ′dx t(1ett+)dt =+te −et+C . ∫∫ 2 1 t2 y ==y′dx [(t −1)et++C ](et+1)dt. ∫∫ 2 1 tt3 23t y =−()eC2tt+(−1+)e++Ct+C. 24 2 116 2 Vậy biểu diễn tham số của NTQ là : ⎧xe=+t t ⎪ 23 ⎨ tt3 2ttt ⎪y =−()eC+(−1+11)e++Ct+C2 ⎩ 24 2 6 trong đó C1, C2 là hằng số bất kỳ. 3.2. Dạng Fy(,()nny( −1))= 0 (2) a) Nếu (2) có dạng yf()n= (y(n− 1)) (2.1) Đặt zy= (n − 1) Ph−ơng trình (2.1) trở thành : zf′ = (z). Giả sử ta giải đ−ợc NTQ: z= ϕ(,xC1 ). Khi đó ta có ph−ơng trình dạng 3.1 a : (1n − ) y =ϕ(,xC1 ). b) Nếu ph−ơng trình (2) có dạng tham số : ⎪⎧y(1n − ) =ϕ()tC, ϕ∈ 1 ⎨ ()n ⎩⎪yt=Ψ(), Ψ ≠0 dy()(1n − ) ϕ′(t) Ta viết dx ==dt . y()n Ψ()t ϕ′()t Suy ra x =+dt C =ϕ(,t C ) ∫ Ψ()t 111 ϕ′()t y(2nn−−)==yd(1)xϕ()t dt+C=ϕ(t,C) ∫∫Ψ()t 222 ⎧yt=ϕnn( ,C1, ,C) ⎨ ⎩xt=ϕ1(,C) trong đó C1, C2, ,Cn là hằng số bất kỳ. Đây là dạng tham số của tích phân tổng quát. 23
  24. Ví dụ . Giải ph−ơng trình 3 ay′′ =−(1 +y′ 2 ) 2 , a : hằng số. ()α Đặt z= y′ , ph−ơng trình (α) trở thành : 3 az′ =−(1 +z2 ) 2 , hay adz az dx =− ⇒x = − + C . 3 2 1 (1 + z2 ) 2 1 + z ππ Đặt zt=ϕg ()−<ϕ< suy ra 22 Mặt khác yz′ ==tgϕ, suy ra y =ϕtg dx =−a tgϕcosϕdϕ=acosϕ+C . ∫∫ 2 Vậy NTQ : ⎧xC−=1 −asin ϕ, ϕ: tham số ⎨ ⎩yC−=21acosϕ, C,C2: hằng số. 222 Hay ()x −+Cy12(−C)=a. 3.3. Dạng Fy(,(1nn− )y())= 0 (3) a) Nếu (3) có dạng yf()nn= ()y( − 2) . Đặt zy= (n −2) ta có ph−ơng trình : z′′ = f(z). Nhân hai vế của ph−ơng trình với 2(zz′ ≠ 0) ta đ−ợc ph−ơng trình : 2zz′ ′′ = 2zf′ (z). Từ đó ∫22zz′′′dx = ∫zf′(z)dx, ()zf′ 2 =+2 (z)dzC hay ∫ 1 zf′ =± 2(z)dz+C,C: hằng số ∫ 11 dz dx =± 2(fz)dz+ C ∫ 1 Suy ra dz x =± +C , ∫ 2 2(fz)dz+ C ∫ 1 24
  25. C1, C2 : hằng số. (n − 2) (2n − ) Thế zy= ta có ph−ơng trình dạng : Fx(,y ,C12,C)= 0. Đây là ph−ơng trình dạng (3.1). b) Nếu (3) có dạng tham số : ⎪⎧y(2n − ) =ϕ()tC, ϕ∈ 1 ⎨ ()n ⎩⎪y =Ψ()tC, Ψ∈ Ta viết lại nh− sau : dy(2nn−−)==y(1)dx, dy(n−1) y(n)dx . Từ đó suy ra : 22yd(1nn−−)y(1)= y(n)dy(n−2). hay dy()(1n − )2=Ψ(t)ϕ′(t)dt (1n − ) y =± Ψ()ttϕ′()dt+C11=ϕ(t,C1), C1 : hằng số. Vậy ta có hệ (1n − ) ⎪⎧yt=ϕ11(,C) ⎨ (2n − ) ⎩⎪yt=ϕ(), C1 :hằng số. Đây là ph−ơng trình (3.2) dạng b). Bài tập 1.1. Tìm họ đ−ờng cong mà đ−ờng thẳng tiếp tuyến với chúng nằm giữa hai trục toạ độ đ−ợc chia thành hai phần bằng nhau bởi tiếp điểm. 1.2. Tìm nghiệm của các ph−ơng trình sau : x 2 ay);′′==by); 11++xx22+ xx4−1 cx)( 22−+1)y′′2xy=0,y(0)=1; e)y=4x+2y−1. dx)2 22yy′ +=y 2; 25
  26. 1.3. Tích phân các ph−ơng trình sau : ax)( 22+=y)y′′2xy; b)2x3y=y(2x2−y2); xy+ cx)(y−=y x+y)ln. x 1.4. Tích phân các ph−ơng trình sau : y ++2 yx yx+ ay)2′′=+( )2 ; b)(y 1)ln =. xy+−13x+ x+3 yy+−22x cy);′′=+tg d)x32(y−x)=y. xx++11 ex)2 y′ +=yyx22−xy2. 1.5. Giải các ph−ơng trình sau : dy ax)( +−1) ny=exn(x+1) + 1,n∈ ; dx bx)( y′ −=1)lnx 2y; c)(1−=2xyy) ′ yy( −1); dx)( 22++1)y′siny 2xcosy=2x−2x3; dy ef)(′′y) −=p(x)f(y)q(x)vớif,p,q∈C; dx xx fx)(∫∫−=t)y(t)dtx2+y(t)dt. 00 dx 1.6. Giả sử trong ph−ơng trình +at()x =f(t) ta có a, f là những hàm liên tục với dt at( ) ≥>C 0, ∀t∈ và lim f(t) =0 . t→+∞ Chứng minh rằng mỗi nghiệm của ph−ơng trình đó dần đến không khi t →+∞. 1.7. Giả sử trong ph−ơng trình của bài toán 6 ta có at()≥>c 0 và x0 (t) là nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = b. Chứng minh rằng ∀ε>0, ∃δ>0 sao cho nếu thay f bởi f1 và b bởi b1 mà ft11()−<f()t δ, b−b<δ thì nghiệm x0(t) với t ≥ 0 thay đổi một đại l−ợng bé thua ε. 1.8. Giải các ph−ơng trình sau : ay)c′′=+y42osx ytgx;)bxy+(xy−2)=0. 26
  27. 1.9. Giải các ph−ơng trình sau : ay)(1+−22sin2x)dx2ycos xdy=0; bx) ( 22−+sin y)dx xsin 2ydy=0. 1.10. Giải các ph−ơng trình sau : ay)3=−xy′′7y; b)xy′−y=lny′; cy)2 ′′2 (y−=xy) 1. 1.11. Giải các ph−ơng trình sau : ay)2′′2(+=yy′0; b)y3)=2(y′′−1)cotgx; c);y(3)y′′2 =−y ′3 d)xyy′′xy′2 =yy′. 27
  28. Ch−ơng II sự tồn tại và duy nhất nghiệm Đ1. bổ sung về không gian mêtric 1.1. Các định nghĩa Cho X là không gian mêtric, và AX: → X x → Ax là một ánh xạ. A đ−ợc gọi là ánh xạ co, nếu tồn tại α ∈ [0,1] sao cho d(,AxAy)≤α.d(xy,),∀xy,∈X. Điểm x ∈ X gọi là điểm bất động của ánh xạ A nếu Ax = x. Dãy ()xnn∈ N⊂ X gọi là dãy cơ bản nếu lim dx( nm, x) = 0 tức là : nm, →∞ ∀ε > 0,∃nN00∈ : ∀n, m> n ta có dx( nm, x) n, ta có : dx( nm, x) ≤+d(xnn, x++11) dx( n, xn+2) + +d(xm−1, xm) nn+−11m ≤α( +α + +α )dx( 01, x) ∞ n i α ≤α()∑ dx(01,x)= d(x0,x1). in= 1 −α 28
  29. Vậy lim dx( nm, x) = 0 nên (xnn) ∈ là dãy cơ bản. Do X đầy đủ nên tồn tại x = lim xn . nm, →∞ n→∞ Ta có : xnn=⇒Ax −−11x =lim Axn n→∞ hay x = Ax (A liên tục). Giả sử y cũng là điểm bất động của A, tức là Ay = y ta có : d(,x y)=≤d(Ax,Ay) αd(,x y) hay dx(,y)(1−α)≤0 với α∈[0,1] . Điều này chỉ xảy ra khi x = y. Vậy A có điểm bất động duy nhất. 29
  30. Đ2. sự tồn tại và duy nhất nghiệm của ph−ơng trình vi phân Định lí Picard Xét ph−ơng trình y′ = fx(,y), (2.1) với điều kiện đầu y()x0= y0. (2.2) Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật đóng: R=−[,x00ax +a]ì[y0−by,0+b](a,b>0) và f thoả mãn điều kiện Lipschitz theo y trong R, tức là tồn tại K > 0 sao cho : f (,xy12)−≤f(x,y) Ky1−y2, ∀(xy,1),(xy,2)∈R. Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm y = ϕ(x) của ph−ơng trình (2.1), liên tục trên [x00−+hx,h] ⊂[x0−a,x0+a] và thoả mãn điều kiện đầu (2.2). Chứng minh (2.1) và (2.2) t−ơng đ−ơng với ph−ơng trình : x y()xy=+f(t,y(t))dt. 0 ∫ x0 Vì f liên tục trên miền đóng R nên tồn tại M > 0 : f (,xy)≤ M, ∀∈(,xy) R. Chọn h > 0 sao cho ha≤<,1Kh vàMh≤b. Trong không gian C với mêtric : [,x00− hx + h] dy(12,y)=−max y1()x y2(x), xx−≤0 h xét tập con C ' gồm các hàm liên tục yC∈ mà : [x00−hx,+h] y()xy−≤00b, ∀x:x−x≤h. C' là không gian đầy đủ. Thật vậy, giả sử (y ) ⊂ C′ là dãy cơ bản, vì C là không gian đủ n [,x00−hx +h] nên yn →∈yC khi n →∞. Ta có yn ()xy−≤00b, ∀x:x−x≤h. Chuyển qua giới hạn khi n →+∞ ta suy ra: y()xy−≤00b,∀x:x−x≤b. Vậy y ∈ C′ hay C ' là không gian đủ : 30
  31. Xét ánh xạ A đ−ợc xác định nh− sau : x ∀∈y CA′,(yx)=y+ f(t,y(t))dt, ∀x:x−x≤b. 00∫ x0 Ta có Ay∈ C′ . Thật vậy, ∀−x : xx0 ≤h xx Ayx()−=y f(t,y(t))dt≤Mdt=Mx−x ≤Mh≤b, 00∫∫ xx00 nên ánh xạ từ C ' vào C ' . Ta chứng minh A là ánh xạ co. d(AyA12, y)=−max Ayx1() Ay2()x xx−≤0 h x =−max [ f (ty, (t)) f(ty, (t))]dt ∫ 12 xx−≤0 h x0 x ≤−max Ky(t) y(t)dt ∫ 12 xx−≤0 h x0 ≤−max Kd. (y12, y ) x x0 xx−≤0 h ≤<hK. d(y12, y ), với 0 K.h<1. Vậy A là ánh xạ co nên tồn tại duy nhất y ∈ C′ sao cho A(y) = y. Tức là trên đoạn [,x00−+hx h]⊂[x0−ax,0+a] ph−ơng trình (2.1) có nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện (2.2). 31
  32. Đ3. Sự thác triển nghiệm Nghiệm y =ϕ(x) của bài toán (2.1), (2.2) tìm đ−ợc trong định lí Picard khả vi trên [,x00−+hx h]⊂[x0−ax,0+a]. Nếu 0 0, b1 = min( y01+−by, y0−b−y1). Ta có R1 ⊂ R vì vậy trong R1 có thể áp dụng định lí Picard, nên bài toán (2.1), (2.2) tồn tại duy nhất nghiệm y = yx() thoả mãn điều kiện y()x1= y1 trong lân cận [,x11−+hx1h1]⊂[x1−a1,x1+a1]. Do tính chất duy nhất, nghiệm này phải trùng với nghiệm y =ϕ(x) trên đoạn [,x11− hx1]. y = yx() gọi là nghiệm trực tiếp kéo dài của y =ϕ(x) qua phần chung [x11− hx,1] .Đặt ϕ∈()x nếu x [x −h,x +h] ⎪⎧ 00 yx()= ⎨ ⎩⎪yx() nếux∈+[x11,x h] Rõ ràng y là nghiệm của (2.1) – (2.2). Nếu y ch−a đạt đến biên của R thì bằng cách t−ơng tự, ta có thể lập nghiệm kéo dài tiếp theo cho đến lúc nào nghiệm kéo dài đến tận biên của R. Cách kéo dài nghiệm về phía bên trái điểm x20= x− h cũng đ−ợc tiến hành t−ơng tự. 32
  33. Đ4. các định lí về sự tồn tại nghiệm và sự duy nhất nghiệm ( Dành cho sinh viên đọc thêm) Trong phần này, với các giả thiết yếu hơn định lí Picard, ta sẽ chứng minh về các định lí về tính tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ⎧y′ = fx(,y) ⎨ ⎩yx()00= y 4.1. Họ hàm liên tục đồng bậc Cho MR⊂=,:F fM→R gọi là họ liên tục đồng bậc, nếu với mọi ε>0 , tồn tại { i }i∈ I δ>0 sao cho với mọi x, x′ ∈ M mà xx− ′ 0 sao cho fi ()xK≤∀, i∈I,∀x∈M. Định lí 1 (Định lí Ascoli) Nếu dãy Ff=:[a,b]→R liên tục đồng bậc và bị chặn đều trên [a, b], thì tồn tại một { n }n∈ N dãy con hội tụ đều trên [a, b]. Chứng minh tóm tắt Đặt Ma==[ ,b] ∩ Q{r12,r, ,rn , } . Với mỗi i∈ N, vì ( fni(r ))n bị chặn nên ta dựng đ−ợc dãy : ( ffnn) ⊃⊃( 12nn) ( fnn) ⊃ ⊃( fkn)n⊃ , sao cho lim fin (rai ) =i , i∈N. Lập dãy (gn) = ( fnn)n. Ta có lim grni( ) = aii, ∈ N và (gn) hội tụ đều n→∞ n→∞ trên [a, b]. Thật vậy, với mọi ε > 0 , do (gn) liên tục đồng bậc nên tồn tại δ>0 sao cho ε x − n0 thì gr()−<g()r ,i=1,n. nkiimk 3 33
  34. gx()−≤g(x) gx()−g()r +g()r −g()r nm nnkiinkmki +−gr() g(x) mki m εεε 0, gọi P = {x01, x, , xn } là phép phân hoạch của I : xx01 0 : mKk ≤=, l i, , j thì ϕ−()x′ϕ(xK)≤(x′−x). (2) b ) Định lí tồn tại nghiệm của Peano 2 Định lí 2 . Giả sử (,x00y)∈ R, a và r là các số d−ơng, 2 D =≤{(,xy):x00x≤x +a,y−y0≤r} ⊂R. Xét bài toán 34
  35. ⎧y′ = fx(,y) ⎨ (4) ⎩yx()00= y Nếu f liên tục trên D và aK ≤ r trong đó K = sup fx(,y). Khi đó trên I =+[,xx00 a] (,xy)∈ D tồn tại nghiệm y =ϕ(x) của bài toán (4). Chứng minh Với phép phân hoạch P = (x0,x1, ,xn) của I ta dựng đ−ờc gấp khúc ứng với P : ϕ=()x ϕ(x,P) nh− sau: ϕ=()xy00;ϕ(x)=ϕ(xii−−1)+f(x1,ϕ(xi−1))(x−xi−1), ∀∈x Iii ,=1,n. Đặt P =max xi−xi− 1 và gọi (Pk)k là dãy phân hoạch của I sao cho lim Pk = 0 . Khi đó dãy 1 ≤≤in k→∞ {ϕ=k} {ϕ(.,Pk)} bị chặn đều và liên tục đồng bậc trên I. Thật vậy, theo (2) ta có : ϕ−k ()x yK0≤x−x0≤Ka≤r. Suy ra ϕ≤k ()x ry+0 , ∀k∈N, ∀x∈I. Mặt khác với x, x′ ∈ I ta có : ϕ−kk()x′′ϕ(xK)≤x−x, ∀k∈N. ε Do đó ∀ε>0, ϕ(x′) −ϕ(xk) 0 , do f liên tục trên D, tồn tại lân cận S((xy11, ),η) ⊂ D sao cho (,x y)∈ S thì fx(,y)− 0 . 35
  36. Với x : x1 ≤ 0 sao cho f (,xy12)−≤f(x,y) Ky1−y2 với mọi (,x yx12),(,y)∈ D. Khi đó nghiệm của bài toán (3), nếu tồn tại, là duy nhất. Chứng minh. Gọi ϕϕ1, 2 là hai nghiệm của (3) – (4). Đặt ψ = ϕ−1ϕ2 ta có ψ()x0 = 0 và ψ(′′x)(=ϕ12xx)−ϕ′()= f(x,ϕ1(x)−f(x,ϕ2(x))≤Kψ(x) với mọi x sao cho x00≤≤xx+a. Ta chứng minh ψ = 0 trên I = [,xx00+ a]. 36
  37. Chọn n∈ N sao cho Ka 0). 00 00 ∂y 37
  38. 2.2. Chứng minh rằng nếu hàm thực f khả vi trên [x0, x0 + a] (a > 0), f(x0) = c, thì f(x) = c, ∀∈x [,xx00+a]. 2 2.3. Xét ph−ơng trình y′ = fx(,y), giả sử f và fy′ liên tục trên R và fy′(,xy)≤ k(x) trong đó k là hàm liên tục. Chứng minh rằng với điều kiện đầu cho tr−ớc y()x0= y0, nghiệm của ph−ơng trình tồn tại trên khoảng (,x0 +∞). 2.4. Giả sử f : R2 → Rliên tục và f(x,.) là hàm không tăng với mỗi x ∈ R . Chứng minh nếu hai nghiệm y1, y2 của ph−ơng trình y′ = fx(,y) thoả mãn y10()xy= 2(x0), thì y1()xy= 2(x) với mọi x ≥ x0 . 2.5. Cho ph−ơng trình y′ = fx1().f2(x), trong đó f1, f2 liên tục trên D =[,ab]ì[c,d]. Chứng 2 minh với mọi (,x00y)∈ R có một và chỉ một đ−ờng cong tích phân của ph−ơng trình đi qua. 38
  39. Ch−ơng III – hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính Đ1. các khái niệm cơ bản Xét U là một miền mở trong ERnn++11(hoặc)Cn+1. Hệ ph−ơng trình ⎧dy 1 = f (xy, , y, , y) ⎪ dx 112 n ⎪ ⎪dy2 ⎪ = f (xy, , y, , y) ⎨ dx 212 n (1.1) ⎪= ⎪ dy ⎪ n = f (xy, , y, , y) ⎩⎪ dx nn12 trong đó fi :(UR→C),i=1,n, gọi là một hệ ph−ơng trình vi phân. Kí hiệu Yx( ) = (y12(x), y(x), , yn (x)) . ⎛⎞dy1 ⎜⎟ dx ⎛⎞fx( , y12, y, , yn dY ⎜⎟ ⎜⎟ ==⎜⎟,(Fx,Y) , dx ⎜⎟ ⎜⎟dy ⎜⎟f (x, y , y , , y ⎜⎟nn⎝⎠12 n ⎝⎠dx khi đó (1.1) đ−ợc viết lại d−ới dạng ma trận nh− sau : dY = F(,xY), (1.2) dx với F : UE⊂→nn+ 1 E. Nghiệm của hệ (1.1) hay (1.2) là hàm vectơ Ya:(,b)→ En x Yx() n trong đó Yx( ) =(y1(x), , yn (x)) ∈E sao cho nó thoả mãn (1.1) hay (1.2). Khi x biến thiên trên (a, b), Y(x) vạch nên một đ−ờng cong trong U, gọi là đ−ờng cong tích phân của hệ (1.1) hay (1.2). Bài toán Cauchy đối với hệ (1.1) hay (1.2) là tìm nghiệm Y(x) thoả mãn điều kiện đầu : Yx( ) ==Y (y, y , , y ) ∈En . (1.3) 001002 n0 Nghiệm tổng quát của (1.1) (hay 1.2) là 39
  40. ⎛⎞yy11= ()x, c1, , cn ⎜⎟ ⎜⎟y22= yx(), c1, , cn Y(x) = ⎜⎟ (1.4) ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ynn= yx(), c1, , cn phụ thuộc n hằng số bất kì c1, c2, , cn sao cho α) Với mọi (x, y1, y2, , yn) ∈ U từ hệ (1.4) có thể giải đ−ợc các ci = ψ(x, y1, y2, , yn) , i = 1, n . (1.5) β) Hệ (1.4) thoả mãn (1.1) với mọi giá trị của các hằng số ci, i = 1, n , nhận đ−ợc từ (1.5). Nghiệm riêng của (1.1) là nghiệm mà tại mỗi điểm của nó bài toán Cachy tồn tại duy nhất nghiệm. 0 Nghiệm nhận đ−ợc từ nghiệm tổng quát ứng với các giá trị cố định c i , i = 1, n , là nghiệm riêng. Nghiệm của (1.1) mà tại mỗi điểm của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị phá vỡ, gọi là nghiệm kì dị. Định lí tồn tại duy nhất nghiệm đối với hệ ph−ơng trình vi phân Xét hệ dY = F (xY, ), (1.2) dx với điều kiện đầu Y(x ) = Y = y , y, , y. (1.3) 0 0 (1200 n0) Giả sử rằng : α) Các fi, i = 1, n , liên tục trên hình hộp 0 H = {(x, y1, y2, , yn) ⏐⏐x – x0⏐ ≤ a, ⏐yi – y i ⏐ ≤ bi, i = 1, n , a, bi > 0} β) Các fi, i = 1, n thoả mãn điều kiện Lipschitz với y1, y2, , yn, tức là tồn tại K > 0 sao cho : n ⏐f (x, y , y , , y ) – f (x, y , y , , y )⏐ ≤ K y − y . i 1 21 n1 i 12 22 n2 ∑ ii12 i = 1 ∀ (x, y , y , , y ), (x, y , y , , y ) ∈ H. 1 21 n1 12 22 n2 Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm Y = Y(x) của bài toán (1.2) – (1.3) xác định trong khoảng (x0 – h, x0 + h) ⊂ (x0 – a, x0 + a). 40
  41. Chứng minh Cách chứng minh định lí này hoàn toàn t−ơng tự nh− chứng minh định lí Picard (Xem C2). Sau đây là các b−ớc chính. ⎪⎪⎧⎫x • (1.2) – (1.3) ⇔ ⎨⎬yy=+f()t,(yt)dt ii0 ∫ i i ⎩⎭⎪⎪x0 in= 1, • Tồn tại M > 0 sao cho ⏐fi (x, y1, y2 , yn)⏐ ≤ M, i = 1, n , với mọi (x, y1, y2 , yn) ∈ H. • Chọn h : 0 < h < a và Kh < 1; Mh ≤ bi, i = 1, n . • Xét n C′ = {Y : (x0 – h, x0 + h) → E / Y(x) = (y1(x), , yn(x)) và ⏐y (x) – y ⏐ ≤ b , i = 1, n , ⏐x – x ⏐ ≤ h}. i i0 i 0 C′ là không gian đủ với mêtric : n d(Y, Z) = max y ()xz− (x), ∑ xx- ≤ h ii i = 1 0 Y(x) = (y1(x), , yn(x)), Z(x) = (z1(x), , zn(x)). • A : C′ → C′ Y → A(Y) = (y1, y2, , yn) x trong đó yi(x) = y + f ty,()t,dt, i = 1, n là ánh xạ co từ C′ vào C′. Khi đó theo nguyên lí i0 ∫ ii( x0 ánh xạ co, bài toán (1.2) – (1.3) tồn tại duy nhất nghiệm. ∂f Chú ý. Điều kiện (β) của định lí có thể đ−ợc thoả mãn nếu i , i, j = 1, n bị chặn trên H. ∂y′j 41
  42. Đ2. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất 2.1. Khái niệm Cho hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính có dạng ⎧dy 1 =+ax()y()x a()xy()x+ +a()xy()x+f()x ⎪ dx 11 1 12 2 1nn 1 ⎪ ⎨ = ⎪dy ⎪ n =+ax()y()x a()xy()x+ +a()xy()x+f()x ⎩ dx nn11 22 nnnn dY hay dạng ma trận =+A()xY F(x), dx trong đó : ⎛⎞dy 1 ⎛⎞ax11 ( ) a12 (x) a1n ( x) ⎜⎟dx ⎜⎟ dY ⎜⎟ ⎜⎟ax21 ()a22 ()x a2n ()x = ⎜ ⎟, Ax()= dx ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ dyn ⎜⎟ ⎜⎟axax ax ⎝⎠dx ⎝⎠nn12() () nn() ⎛⎞y1 ()x ⎛⎞f ()x ⎜⎟ ⎜⎟1 Y = ⎜ ⎟, F(x) = ⎜⎟ , ⎜⎟y x ⎜⎟f x ⎝⎠n () ⎝⎠n () các aij, fi là các hàm liên tục trên (a, b). Nếu các fi = 0(i = 1, n ), ta có hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất. ⎧⎫dy n ⎨i = ax()y()x⎬ (2.1) dx ∑ ij j ⎩⎭j = 1 in= 1, dạng ma trận dY = A()xY. (2.2) dx dY Đặt L[Y] = = A()xY, dx L gọi là toán tử vi phân của (2.1), khi đó hệ (2.2) đ−ợc viết lại : L[Y] = 0 Dễ dàng kiểm chứng các tính chất sau đây của L α) L[Y1 + Y2] = L[Y1] + L[Y2]. β) L[cY] = cL[Y], c là hằng số phức hay thực. 42
  43. Với các giả thiết aij, fi liên tục trên (a, b), thì rõ ràng trong đoạn bất kì [α, β] ⊂ (a, b), các điều kiện của định lí tồn tại duy nhất nghiệm đ−ợc thoả mãn và hệ (2.1) tồn tại duy nhất nghiệm thoả mãn điều kiện đầu Y(x0) = Y0 = (y10, y20, , yn0). Một số đặc điểm của hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính là nghiệm này tồn tại và duy nhất trên (a, b) (xem chứng minh [1]). 2.2. Không gian nghiệm và hệ nghiệm cơ bản 2.2.1. Định nghĩa 1. Các vectơ hàm Y1, Y2, , Ym gọi là độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu : m ∑αiiY(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) thì αi = 0, i = 1, n , i = 1 (Yi(x) = (y1i(x), , yni(x)). Nếu ng−ợc lại thì Y1, Y2, , Yn gọi là phụ thuộc tuyến tính. Ví dụ. eλx, xeλx, x2eλx, , xmeλx là một hệ độc lập tuyến tính. m m ixλ i Thật vậy ∑ αi xe =0 , ∀x ∈ R ⇒ ∑ αi x = 0 , bằng cách lấy đạo hàm liên tiếp m lần ta i = 0 i = 0 m − 1 i nhận đ−ợc m!αm hay αm = 0. Tiếp tục cách làm trên cho đẳng thức ∑ αi x = 0 ta suy ra αm – 1 = 0 i = 0 và cứ t−ơng tự nh− trên ta có α0 = α1 = = αm = 0. Một cách tổng quát, nếu λ1, λ2, , λm là các số phức phân biệt thì hệ : exλλ11x , exxx, 2eλ1, , xmeλ1x, exλλ22x , exxx, 2eλ2, , xmeλ2x, exλmmx , exλλxx, 2em, , xmeλmx là một hệ độc lập tuyến tính. Định nghĩa 2 . Cho hệ n vectơ hàm Y1, Y2, , Yn trong đó Yi(x) = (y1i(x), y2i(x), , yni(x)), x ∈ (a, b). Định thức yx11 ( ) y12 (x) y1n ( x) yx() y()x y()x WY[], Y, , Y ()x ==21 22 2n W()x 12 n yxnn12() y()x ynn()x gọi là định thức Wronski của Y1, Y2, , Yn. 2.2.2. Tính chất Định lí 1 . Nếu Y1, Y2, , Yn phụ thuộc tuyến tính trên (a,b) thì W(x) = 0, với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại các hằng số α1, , αn không đồng thời bằng không sao cho : 43
  44. n ∑αiiYx()=0 , ∀x ∈ (a, b), i = 1 t−ơng đ−ơng với hệ ⎧α+11yx1() α2y12()x+ +αnny1( x) =0 ⎪ ⎨ ⎪α+yx αyx+ +αyx=0 ⎩ 11nn() 22() nnn() có nghiệm không tầm th−ờng. Suy ra W(x) = 0, ∀x ∈ (a, b). Định lí 2 . Nếu Y1, Y2, , Yn là n nghiệm của hệ (2.1) và độc lập tuyến tính trên (a, b) thì W(x) ≠ 0 với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh . Giả sử tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho W(x0) = 0. n Xét hệ ∑αiiYx()0 =0, hệ tồn tại nghiệm không tầm th−ờng α10, α20, , αn0. Đặt Z = (z1, z2, , i = 1 n zn) sao cho zi(x) = ∑ α ji0 y j(x). Ta có j = 1 n Z = ∑αi0Yi và Z là nghiệm của (2.1) thoả mãn điều kiện đầu Z(x0) = 0. Do tính duy nhất nghiệm i = 1 ta suy ra Z = 0. Vậy Y1, , Yn phụ thuộc tuyến tính. Hệ quả . Giả sử Y1, Y2, , Yn là nghiệm của hệ (2.1) : 1) Nếu tồn tại x0 ∈ (a, b), W(x0) ≠ 0 thì W(x) ≠ 0, ∀x ∈ (a, b). 2) Y1, Y2, , Yn độc lập tuyến tính trên (a, b) ⇔ W(x) ≠ 0, ∀x ∈ (a, b). Định lí 3 . Tập N các nghiệm của hệ (2.1) là một không gian tuyến tính n chiều (trên tr−ờng số thực hoặc số phức). Chứng minh : Ta chỉ cần chứng minh c1Y1 + c2Y2 ∈ N với Y1, Y2 ∈ N ; c1, c2 ∈ R(C) và dim N = n. Với Y1, Y2 ∈ N, L[c1Y1 + c2Y2] = c1L[Y1] + c2L[Y2] = 0, hay C1Y1 + C2Y2 ∈ N. Xét ξ1, ξ2, , ξn với ξi = (0, , 0, 1i, 0, , 0) , i = 1, n . Với x0 ∈ (a, b), tồn tại duy nhất n nghiệm Y1, Y2, , Yn của hệ (2.1) sao cho Yi(x0) = ξi, i = 1, n . 10 W[Y1, Y2, , Yn] = ≠ 0 nên Y1, Y2, , Yn 01 44
  45. độc lập tuyến tính. Giả sử Y ∈ N sao cho Y(x0) = η = (η, , ηn). n n Ta viết η = ∑ηiξi. Khi đó Y= ∑ηiYi là nghiệm của (2.1) và thoả mãn điều kiện Yx( 0 ) = η = i = 1 i = 1 n Y(x0) nên Y = Y = ∑ηiYi, nói cách khác Y1, Y2, , Yn là một cơ sở của N. i = 1 Định nghĩa 3 . Ta gọi hệ n nghiệm độc lập tuyến tính của (2.1) : Y1, Y2, , Yn là một hệ nghiệm cơ bản của (2.1). Nhận xét . Nếu Y1, Y2, , Yn là một hệ nghiệm cơ bản của (2.1) thì nghiệm tổng quát của (2.1) có n dạng Y = ∑CYii,,Ci i = 1,n là các hằng số tuỳ ý i = 1 (tự chứng minh). ⎧dy = z ⎪dx Ví dụ. Xét hệ ⎨ dz ⎪ = − y ⎩⎪dx Bằng cách kiểm chứng trực tiếp, ta thấy rằng hệ có hai nghiệm : ⎛⎞cosx ⎛⎞sin x Y1 = ⎜⎟ Y2 = ⎜⎟ ⎝⎠− sinx ⎝⎠cosx cosx sinx Mặt khác W[Y , Y ] = ≠ 0. 1 2 − sin x cosx Vậy Y1, Y2 là một hệ nghiệm cơ bản của hệ ph−ơng trình và nghiệm tổng quát của hệ là : ⎧y = Cx12cos + C sin x Y = C1Y1 + C2Y2 hay ⎨ ⎩ zC=− 12sin x+Ccosx trong đó C1, C2 là các hằng số tuỳ ý. 45
  46. Đ3. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Xét hệ ⎧⎫dy n ⎨i =ax()y+f⎬ (3.1) dx ∑ ij j i ⎩⎭j = 1 in= 1, hay dY =A()xY+F ⇔ L[Y] = F, dx trong đó aij, fi, i, j = 1, 2, , n, là các hàm liên tục trên (a, b). Định lí 1. Nghiệm tổng quát của hệ (3.1) bằng nghiệm tổng quát của hệ ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất t−ơng ứng (2.1) cộng với một nghiệm riêng của hệ (3.1). n YC=+∑ iiYY, i = 1 trong đó Y1, Y2, , Yn là một hệ nghiệm cơ bản của (2.1) và Y là một nghiệm riêng của (3.1). Chứng minh Đặt Y = (y1, y2, , yn) ; Yi = (y1i, , yni) ; Y = ( y12, yy, , n ) . n + 1 Với mọi (x, y1, y2, , yn) ∈ U ⊂ E , ta viết : n ⎧⎫n Y(x) = ∑CYii(x) + Y (x) ⇔ ⎨⎬yxjj()−=yx() ∑Ciyji()x , i = 1 ⎩⎭i = 1 j = 1, n định thức của hệ là W[Y1, Y2, , Yn](x) ≠ 0, ∀x ∈ (a, b). Vậy hệ luôn luôn tồn tại nghiệm C1 = ψ1(x, Y – Y ), C2 = ψ2(x, Y – Y ), , Cn = ψn(x, Y – Y ). Mặt khác : n n L[Y] = L[ ∑CYii + Y ] = ∑CLi[Yi] + L[Y ] = 0 + F = F. i = 1 i = 1 Vậy Y thoả mãn hệ (3.1). Nhận xét . Do định lí trên, nếu ta biết nghiệm tổng quát (NTQ) của (2.1) và một nghiệm riêng của (3.1) thì NTQ của (3.1) hoàn toàn xác định. n Hơn nữa, nghiệm riêng Y của (3.1) có thể tìm đ−ợc từ nghiệm tổng quát ∑CYiicủa (2.1) bằng i = 1 ph−ơng pháp biến thiên hằng số nh− ví dụ sau : Ví dụ . Giải hệ ⎧dy = z ⎪dx ⎨ (*) dz 1 ⎪ =−y + ⎩⎪dx cosx Nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất t−ơng ứng với (*) là 46
  47. ⎧y = Cx12cos + C sin x ⎨ ⎩zC=− 12sin x+Ccosx (xem ví dụ tr−ớc). Tìm nghiệm riêng của (*) bằng cách xác định các C1(x), C2(x) sao cho : ⎪⎧y = Cx12()cosx+ C ( x)sin x ⎨ ⎩⎪zC=− 12()xsin x+C()xcosx thoả mãn (*). Ta có : dy =+Cx′′()cosx C(x)sinx−Cx()sinx+C(x)cosx dx 1212 = – C1(x) sinx + C2(x) cosx , dz =+Cx′′()sinx C(x)cosx−Cx()cosx+C(x)sinx dx 12 1 2 = – C1(x)cosx – C2(x) sinx Vậy ta có hệ : ⎧Cx′′()cosx+ C()xsin x = 0 ⎪ 12 ⎨ 1 ⎪−+Cx12′′()sin x C()xcosx= ⎩ cosx Giải hệ này, ta đ−ợc : sin x C′ =− hay C (x) = ln⏐cosx⏐ + C , 1 cosx 1 1 C2′ = 1 hay C2(x) = x + C2 , trong đó C1 , C2 là các hằng số. NTQ của (*) là : ⎧ ⎪y =+CC12cosx + sin xln cosx +xsin x ⎨ ⎩⎪zC=− 12sin x+ Ccosx −ln cosx +xcosx trong đó C1 , C2 là các hằng số bất kì. Định lí 2 . (nguyên lí chồng chất nghiệm) k k Nếu Yi (i = 1, k ) là nghiệm của hệ L[Y] = Fi thì Y = ∑Yi là nghiệm của hệ L[Y] = ∑ Fi . i = 1 i = 1 Định lí 3 . Xét hệ L[Y] = U + iV (*) n trong đó U = (u1, u2, , un), V = (v1, v2, , vn) ∈ R . Nếu Y = U+ iV với Y = (y1, y2, , yn), U = ( uu12, , , un ), Vv= ( 12, v, , vn ) là nghiệm của hệ (*) thì U , V lần l−ợt là nghiệm của hệ L[Y] = U và L[Y] = V. Hai định lí này suy ra trực tiếp từ tính chất của toán tử L. 47
  48. Đ4. Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng Hệ ph−ơng trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng có dạng : ⎧⎫dy n ⎨⎬i =+ay f()x dx ∑ ij j i ⎩⎭j = 1 in= 1, dY hay = AY + F, dx ⎛⎞f1 ⎜⎟ trong đó Aa= () , a là hằng số, F = . ij ij,= 1,n ij ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠fn Hệ thuần nhất t−ơng ứng có dạng : ⎧⎫dy n ⎨i = ay⎬ (4.1) dx ∑ ij j ⎩⎭j = 1 in= 1, dY hay L[Y] = – AY = 0. dx Ta tìm nghiệm của hệ d−ới dạng : kx ⎛⎞y11⎛⎞α e ⎜⎟⎜⎟ Y = ⎜⎟= ⎜⎟. ⎜⎟y ⎜⎟kx ⎝⎠n ⎝⎠αne Nh− vậy, cần xác định k và các αi, i = 1, n để Y là nghiệm của (4.1). Thay Y vào (4.1) ta đ−ợc hệ ⎧()ak11 −α1 +a12α2 + +a1nnα=0 ⎪ ⎪aa21α+1 ()22 −kα2 + +a2nnα=0 ⎨ (4.2) ⎪ ⎪ ⎩aann11α+ 2α2+ +()ann−kαn=0 Hệ (4.2) có nghiệm (α1, α2, , αn) không tầm th−ờng khi và chỉ khi : ak11 − a12 a1n aa− k a 21 22 2n = 0 (4.3) aann12 ann− k hay det(A – kE) = 0, E : ma trận đơn vị. (4.3) gọi là ph−ơng trình đặc tr−ng của hệ (4.1) Ta xét tr−ờng hợp sau đây : 48
  49. a) Nếu (4.3) có n nghiệm thực phân biệt k1, k2, , kn thì với mỗi ki (4.2) sẽ có bộ nghiệm t−ơng ứng (αi1, αi2, , αin), và (4.1) có n nghiệm. ⎛⎞α ekxi ⎜⎟i1 Yi = ⎜ ⎟, i = 1, n . ⎜⎟kxi ⎝⎠αine Các nghiệm này độc lập tuyến tính. Thật vậy : n ⎧⎫n kxi ∑βiiY =0 ⇔ ⎨⎬∑βαiije =0 . i = 1 ⎩⎭i = 1 j = 1, n kx1 k2 x kxn Suy ra với mọi j = 1, n thì βiαij = 0 (*), i = 1, n (do hệ : e , e , , e độc lập tuyến tính). Vì ∀i = 1, n , tồn tại j, j = 1, n sao cho αij ≠ 0 nên từ (*) ta suy ra βi = 0, i = 1, n . Khi đó nghiệm tổng quát của (4.1) có dạng n Y = ∑CYii. i = 1 b) Nếu (4.3) có cặp nghiệm phức đơn liên hợp kj = p + iq, kj = p – iq, p, q ∈ R. Khi đó nghiệm t−ơng ứng của (4.1) đ−ợc viết d−ới dạng ⎛⎞α ekxj ⎜⎟j1 Yj = ⎜ ⎟ = Uj + iVj . ⎜⎟ ⎜⎟α ekxj ⎝⎠jn Do định lí 3, ta suy ra Uj, Vj là cặp nghiệm thực của (4.1), cặp nghiệm thực này kết hợp với những nghiệm thực khác lập thành một hệ độc lập tuyến tính (tự chứng minh nh− bài tập). c) Nếu (4.3) có nghiệm thực k bội v. Khi đó ta sẽ tìm nghiệm của (4.1) d−ới dạng : ⎛⎞α+α+ +αx vk− 1 e x ⎜⎟()11 21 v1 ⎜⎟α+α+ +αx vk− 1 e x Y = ⎜⎟()21 22 v2 ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟α+α+ +αx vk− 1 e x ⎝⎠()12nn vn Các αij, i = 1, v , j = 1, n đ−ợc chọn từ hệ (4.2), trong đó có v số đ−ợc chọn một cách tuỳ ý. d) Nếu (4.3) có nghiệm phức k bội v. T−ơng tự nh− trên ta tìm nghiệm của (4.1) d−ới dạng : 49
  50. v ⎛⎞ik− 1 x ⎜⎟()∑αi1x e ⎜⎟i = 1 Y = ⎜⎟ ⎜⎟v ⎜⎟()α xik− 1 e x ⎜⎟∑ in ⎝⎠i = 1 αij, i = 1, v , j = 1, n đ−ợc chọn từ hệ (4.2). Sau đó viết lại : ta có U, V là các nghiệm thực của (4.1). Ví dụ 1 . Giải hệ ⎪⎧y′ =−yz−5 (*) ⎨ ′ ⎩⎪zy=+z Ph−ơng trình đặc tr−ng : −−1k −5 = 0 ⇔ k = ±2i . 11− k ⎛⎞α e2ix Nghiệm của hệ (*) có dạng Y = ⎜⎟1 ⎜⎟2ix ⎝⎠α2e Thế Y vào (*) ta đ−ợc ph−ơng trình : (1 + 2i)α1 = – 5α2 Chọn α1 = 1 – 2i thì α2 = –1 và ta có : ⎛⎞()12− ie2ix ⎛⎞(12− ix)(cos2+ isin2x) Y = ⎜⎟= ⎜⎟ ⎜⎟2ix ⎜⎟ ⎝⎠− e ⎝⎠−()cos2xi+ sin2x ⎛⎞()2sin2x ++cos2xi(sin2x−2cos2x) = ⎜⎟ ⎝⎠− cos2xi- sin 2x ⎛⎞()2sin2xx+ cos2 ⎛⎞sin 2x − 2cos2x Y = ⎜⎟+ i⎜⎟ ⎝⎠− cos2x ⎝⎠− sin 2x Do đó hệ (*) có hai nghiệm thực là : ⎛⎞()2sin2x + cos2x ⎛⎞sin 2x − 2cos2x Y1 = ⎜⎟ ; Y2 = ⎜⎟. ⎝⎠− cos2x ⎝⎠− sin 2x Vì W[Y1, Y2] = – 2 ≠ 0 nên Y1, Y2 độc lập tuyến tính. Vậy nghiệm tổng quát của (*) có dạng ⎪⎧y =+(2sCC12) in2x+(C1−2C2)cos2x Y = C1Y1 + C2Y2 ⇔ ⎨ ⎩⎪zC=− 21sin 2x−Ccos2x trong đó C1, C2 là hai hằng số bất kì. 50
  51. Ví dụ 2 . Giải hệ ph−ơng trình ⎧dx =−54x yz− ⎪ dt ⎪ ⎪dy ⎨ =−12x +5yz+12 ⎪ dt ⎪dz ⎪ =−10x 3yz−9 ⎩ dt Ph−ơng trình đặc tr−ng 51−−k −4 2 ⎡k1 = − 1 −−12 5 k 12 = (1 – k)(k – 1) = 0 ⇔ ⎢ kk= = 1 10 −−3 9 −k ⎣ 23 Với k1 = – 1 nghiệm của hệ có dạng ⎛⎞1 ⎜⎟– t Y1 = ⎜− 2⎟e ⎜⎟ ⎝⎠2 Với k2 = k3 = 1, ta tìm nghiệm của hệ d−ới dạng : ⎛⎞α+12tα ⎜⎟t Y = ⎜⎟β+1teβ2, ⎜⎟ ⎝⎠γ+12tγ thế vào hệ rồi đồng nhất các hệ số trong ph−ơng trình ta có hệ ph−ơng trình sau : ⎧40α−22β−γ2 = (1) ⎪ ⎪−α12 a22+4β+12γ2=0 (2) ⎨ ⎪44α−12α−β1− γ1 =0(3) ⎪ ⎩−α12 11+4β−β2+12γ1=0 (4) hệ này có hai ẩn nhận giá trị bất kì, các ẩn còn lại biểu diễn qua hai ẩn đó : (1) và (2) cho ta β2 = 0, α2 = γ2, (3) và (4) cho ta β1 = 3α2 = 3γ2 và α1 = γ1 + γ2, trong đó γ1, γ2 là hai ẩn lấy giá trị tuỳ ý. Cho γ1 = 1, γ2 = 0 ta có nghiệm của hệ : ⎛⎞1 ⎜⎟t Y2 = ⎜⎟0 e , ⎜⎟ ⎝⎠1 t−ơng tự cho γ1 = 0, γ2 = 1 ta có nghiệm 51
  52. ⎛⎞1 + t ⎜⎟t Y3 = ⎜⎟3 e . ⎜⎟ ⎝⎠t –t Vì W[Y1, Y2, Y3] = e ≠ 0 nên Y1, Y2, Y3 độc lập tuyến tính. Do đó nghiệm tổng quát của hệ là : Y = C1Y1 + C2Y2 + C3Y3 hay −tt ⎧x =+Ce12()C +C3+C3t e ⎪ ⎪ −tt ⎨yC=−2313e+ Ce ⎪ −tt zC=+2 e C+Cte ⎩⎪ 12()3 trong đó C1, C2, C3 là các hằng số bất kì. 52
  53. Đ5. Ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp n 5.1. Mối liên hệ giữa ph−ơng trình vi phân cấp n và hệ n ph−ơng trình vi phân Xét ph−ơng trình : dyn = fx, y, y′ , , y(n − 1) (5.1) dx n () ′ ′ đặt y1 = y, y2 = y 1 , , yn = y n − 1 ta đ−ợc hệ : ⎧dy1 ⎪ = y2 ⎪ dx ⎪dy 2 = y ⎪ dx 3 ⎪ ⎨ ⎪dy ⎪ n − 1 = y ⎪ dx n ⎪dy ⎪ n = f ()xy, , y, , y ⎩ dx 12 n hay dY = F (xY, ), (5.2) dx trong đó F(x, Y) = (y2, y3, , f(x, y1, , yn)), ph−ơng trình (5.1) t−ơng đ−ơng với hệ (5.2) theo nghĩa nếu y = ϕ(x) là nghiệm của (5.1) thì (n – 1) (y, y′, y″, , y ) là nghiệm của (5.2) và ng−ợc lại nếu (y1, y2, , yn) là nghiệm của (5.2) thì y1 = ϕ(x) là nghiệm của (5.1). Bây giờ cho tr−ớc hệ : ⎧⎫dyi ⎨= fxi(, y12, y, , yn)⎬ (5.3) ⎩⎭dx in= 1, trong đó các fi là những hàm liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục theo tất cả các biến đến cấp (n – 1). Ta sẽ chứng minh rằng, với giả thiết thích hợp, hệ (5.3) sẽ t−ơng ứng với một ph−ơng trình cấp n theo một ẩn hàm nào đó, chẳng hạn y1 : dyn 1 = Φ (x, y , y′ , , y(n − 1)). (5.4) dx n 1 1 1 Giả sử (y1, y2, , yn) là một nghiệm của (5.3). Khi đó nếu thay vào (5.3) thì tất cả các ph−ơng trình của hệ trở thành các đồng nhất thức, chẳng hạn 53
  54. dy 1 ≡ f (x, y (x), y (x), , y (x)). (α ) dx 1 1 2 n 1 Lấy vi phân hai vế của (α1) ta đ−ợc : dy2 ()x ∂∂f nnffdy ∂∂f 1 ≡ 11+≡i 1+1f 2 ∑∑i dx ∂∂x ii==11yii∂x ∂x ∂y hay dy2 ()x 1 ≡ F (x, y , , y ). (α ) dx2 2 1 n 2 với n ∂∂f11f F2(x, y1, , yn) = + ∑ fi . ∂∂x i = 1 yi Vi phân hai vế của (α2) ta đ−ợc : dy3 ()x ∂∂F n F 1 ≡ 2+ 2f ≡ F x y y y α 3 ∑ i 3( , 1, 2, , n). ( 3) dx ∂∂x i = 1 yi Tiếp tục quá trình này đến (n – 2) lần ta đ−ợc đồng nhất thức : dy(n − 1) ()x 1 ≡ F (x, y , , y ) (α ). dx n − 1 n – 1 1 n n – 1 Vi phân hai vế của (αn – 1) ta đ−ợc n n dy()x ∂∂FFn−1n−1 1 =+ f F x y y y α n ∑ i = n( , 1, 2, , n) ( n) dx ∂x i = 1 ∂yi Giả thiết trong miền đang xét của (x, y1, , yn) ta có định thức Df(), F, F, , F 123 n ≠ 0 . Dx()23, x, , xn Khi đó trong hệ : ⎧ dy 1 = fx(), y, y, , y ⎪ dx 112 n ⎪ 2 ⎪ dy1 ⎪ 2 = Fx21(), y, y2, , yn ⎨ dx (5.5) ⎪"" " ⎪ ⎪ dy()n − 1 1 = F xy, , y, , y ⎪ n − 1 nn− 11()2 ⎩ dx() 2 (n − 1) dy11d y d y1 ta có thể giải đ−ợc y2, y3, , yn theo x, y1, , , , , thay vào (αn) ta đ−ợc dx dx2 dx(n − 1) 54
  55. dyn ⎛⎞dy d()n − 1 y 11=Φ⎜⎟xy, , , , 1 (5.6) n ⎜⎟1 (n − 1) dx ⎝⎠dx dx đó là ph−ơng trình vi phân cấp n đối với y1. Ta sẽ chứng minh rằng nếu y1(x) là nghiệm của (5.6) thì các hàm y2(x), y3(x), , yn(x) xác định từ hệ (5.5) cùng với y1(x) lập thành một nghiệm của hệ (5.3) : (y1, , yn). Thật vậy, ta có ⎧dy 1 ≡ fx(), y, y, , y (β ) ⎪ dx 112 n 1 ⎪ 2 ⎪dy1 ⎪ 2 ≡ Fx21(), y, y2, , yn (β2) ⎨ dx ⎪ ⎪ ⎪dy()n − 1 1 ≡ Fx, y, y, , y β ⎪ n − 1 nn− 11()2 (n) ⎩ dx() Vi phân hai vế của mỗi đồng nhất thức (βi), i = 1, n rồi trừ đồng nhất thức thu đ−ợc với đồng nhất thức (αi) t−ơng ứng. Ta thu đ−ợc hệ (n – 1) ph−ơng trình ⎧ n ∂f ⎛⎞dy 1 i −=f 0 ⎪∑ ∂yd⎜⎟x i ⎪i = 1 i ⎝⎠ ⎪ n ∂F2 ⎛⎞dyi ⎪∑ ⎜⎟−=fi 0 ⎨i = 1 ∂ydi ⎝⎠x ⎪ ⎪ ⎪ n ∂F n − 1 ⎛⎞dyi ⎪∑ ⎜⎟−=fi 0 ⎩i = 1 ∂ydi ⎝⎠x Vì Df()12, F, F3, , Fn − 1 ≠ 0 Dy()23, y, , yn dy nên hệ chỉ có nghiệm tầm th−ờng : i = f , i = 1, n . dx i Nói cách khác (y1(x), y2(x), , yn(x)) là nghiệm của hệ (5.3). Nếu ph−ơng trình (5.1) có dạng tuyến tính : (n) (n – 1) Ln[y] = y + a1(x)y + + an(x)y = f(x), trong đó các ai(x) là những hàm liên tục, thì hệ t−ơng đ−ơng cũng dạng tuyến tính : dY = A(x)Y + F(x), dx 55
  56. với ⎛⎞010. 0 ⎜⎟ 0010 0 A(x) = ⎜⎟ ⎜⎟ 1 ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠−−aann− 11 −a ⎛⎞0 ⎜⎟ F(x) = ⎜⎟ ⎜⎟0 ⎜⎟ ⎝⎠f ()x Do vậy các kết quả đã khảo sát trong Đ3 về hệ ph−ơng trình tuyến tính có thể chuyển qua cho ph−ơng trình tuyến tính cấp n. Ta có các tính chất sau : Định lí 1 . Giả sử y1, y2, , yn là các nghiệm của ph−ơng trình Ln[y] = 0. y1, y2, , yn độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu và chỉ nếu yy12 yn yy′′ y′ W(x) = 12 n ≠ 0 , ∀x ∈ (a, b). ()nn−−11() ()n−1 yy12 yn W(x) gọi là định thức Wronski của y1, y2, , yn và nghiệm tổng quát của ph−ơng trình có dạng n y = ∑cyii, ci, i = 1, n là các hằng số. i = 1 Định lí 2 . Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình L[y] = f(x) có dạng y = y + y*, trong đó y là nghiệm * tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng (Ln[y] = 0) còn y là nghiệm riêng của ph−ơng trình Ln[y] = f(x). Chứng minh . Giả sử y1, y2, , yn là nghiệm của ph−ơng trình Ln[y] = 0, đặt : ⎛⎞y1 ⎛⎞y2 ⎛⎞yn ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ y′ y′ y′ Y = ⎜⎟1 , Y = ⎜⎟2 , , Y = ⎜⎟n . 1 ⎜⎟# 2 ⎜⎟# n ⎜⎟# ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟()n − 1 ⎜⎟()n − 1 ⎜⎟()n − 1 ⎝⎠y1 ⎝⎠y2 ⎝⎠yn Ta có y1, y2, , yn độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu Y1, Y2, , , Yn độc lập tuyến tính. Thật vậy, với mọi i = 1, n , ta có : ⎛⎞n ⎛⎞n ⎜⎟∑cyii=⇒00ci= ⇔ ⎜⎟∑cYii=⇒ci=0. ⎝⎠i = 1 ⎝⎠i = 1 56
  57. dY Mặt khác, do y , y , , y là nghiệm của L [y] = 0 nên Y , Y , , Y là nghiệm của L[Y] = – 1 2 n n 1 2 n dx A(x)Y = 0 và các định lý trên đ−ợc suy ra từ định lí 2, định lí 3 ở Đ3. Đặc biệt, ta xét ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai thuần nhất : L2[y] = y″ + a1(x)y′ + a2(x)y = 0 , (5.7) trong đó a1, a2 là các hàm liên tục. Gọi y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính của (5.7), khi đó : yy12 =Wx()=−≠y12y′y21y′0. yy12′′ Mặt khác, ta có : ⎪⎧ya11′′ ++()xy1′ a2()xy1=0 ⎨ ′′ ′′ ⎩⎪ya21++()xy2a2()xy2=0 Suy ra yy12′′ −+y21′′y a1()y1′ y2−y2′ y1 =0, hay W′(x) + a1(x)W(x) = 0. Wx′() Do đó =−ax(). Wx() 1 xxW′()τ hay =τad()τ ∫W ()τ ∫1 xx00 Wx() x Suy ra ln = −a()τdτ , C ≠ 0. C ∫ 1 x0 x − ∫ ad1 ()ττ x0 Vậy W(x) = W(x0) e . Công thức này gọi là công thức Ostrogradsky-Liouville. Nếu cho tr−ớc nghiệm y1 ≠ 0 của (5.7), ta có thể tìm nghiệm y2 độc lập tuyến tính với y1. Thật vậy, ta có x − ∫ ad1 ()ττ x0 W()x =−=yy12′′yy12 W(x0)e . 2 Chia hai vế cho y 1 ta đ−ợc x −τ∫ ad1 ()τ x0 ⎛⎞y2 Wx()0 e d⎜⎟= 2 . ⎝⎠yy11 Vậy 57
  58. ⎡⎤x −τ∫ ad1 ()τ ⎢⎥x Wx()e 0 y = y ⎢⎥0 dx + C , C là hằng số bất kì. 2 1 ⎢⎥∫ y2 ⎢⎥1 ⎣⎦ 58
  59. 5.2. Ph−ơng trình tuyến tính cấp n với hệ số hằng Xét ph−ơng trình : (n) (n – 1) Ln[y] = y + a1y + + any = 0 , (5.8) trong đó ai, i = 1, n , là các hằng số. Ph−ơng trình n n – 1 F(λ) = λ + a1λ + + an = 0 (5.9) gọi là ph−ơng trình đặc tr−ng của (5.8). Định lí 3 . Giả sử λ1, λ2, , λk là các nghiệm của (5.9) với λi là nghiệm bội mi, i = 1, k . Khi đó j λi x các hàm x e , j = 0, 1, , mi – 1, i = 1, k , là một hệ nghiệm cơ bản của (5.8), tức là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8). Chứng minh λx λx Ln[ e ] = F(λ) e ⎡⎤jxλ j λx ∂ ()e Ln[x e ] = Ln ⎢⎥ ∂λ ⎣⎦⎢⎥j jx⎡⎤λ j λx ∂ ()Len ⎣⎦ ∂λ()F ()e = = . ∂λ jj∂λ λx Do đó, λ là nghiệm của F(λ) = 0 t−ơng đ−ơng với e là nghiệm của (5.8) và λ là nghiệm bội mi của j λx (5.9) t−ơng đ−ơng với x e , j = 0, 1, , mi – 1 là các nghiệm của (5.8). Vậy hệ eλ1x , x eλ1x , , x m1 − 1 eλ1x eλ2 x , x eλ2 x , , x m2 − 1 eλ2 x , eλk x , x eλk x , , x mk − 1 eλk x là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8). Xét ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất (n) (n – 1) Ln[y] = y + a1y + + any = f(x) (5.10) trong đó các ai, i = 1, n , là các hằng số, f(x) là hàm liên tục. Nghiệm tổng quát của (5.10) có dạng : n ∗ y = ∑cyii+ y , i = 1 * trong đó y1, y2, , yn là n nghiệm độc lập tuyến tính của (5.8) còn y là một nghiệm riêng của (5.10). j λx * Các nghiệm y1, y2, , yn của (5.8) có dạng x e với λ là nghiệm của (5.9) còn nghiệm y của (5.10) có thể tìm đ−ợc bằng ph−ơng pháp biến thiên hằng số. 59
  60. n * * Giả sử y = ∑cyii là nghiệm tổng quát của của (5.8), ta tìm nghiệm y d−ới dạng y = i = 1 n * ∑cxi()yibằng cách xác định các ci(x), i = 1, n để y là nghiệm của (5.10). Ta có : i = 1 nn *′ ′′ y =∑∑cyii+cyii. ii==11 n n ′ *′ ′ Chọn c1, c2, , cn sao cho ∑cyii = 0, khi đó y = ∑cyii, i = 1 i = 1 nn *′′ ′′ ′ ′ suy ra y =∑∑cyii+cyii. ii==11 n n ′′ *′ ′′ Chọn c1, c2, , cn sao cho ∑cyii = 0, khi đó : y = ∑cyii. i = 1 i = 1 Tiếp tục nh− vậy đến b−ớc thứ (n – 1) ta đ−ợc : nn ()n − 1 * ′ ()nn−−22() yc=∑∑iiy+ciiy ii==11 n ′ (n − 2) Chọn c1, c2, , cn sao cho ∑cyii = 0, khi đó : i = 1 n *()n − 1 ()n − 1 yc= ∑ iiy, i = 1 nn ()n * ′ ()nn− 1 () y =+∑∑cyii cyii . ii==11 ()n Thay các giá trị của y*, y*′ , , y* vào ph−ơng trình (5.10) ta có : n ′ ()n − 1 ∑cyii = f(x). i = 1 Vậy ta có hệ ph−ơng trình theo các ci′ , i = 1, n ⎧ n ′ ⎪∑cyii = 0 ⎪i = 1 ⎪ n ′′ ⎪∑cyii = 0 ⎨i = 1 ⎪ ⎪ ⎪ n ′ ()n − 1 ⎪∑cyii = f()x ⎩i = 1 Do W[y1, y2, , yn] ≠ 0, hệ này tồn tại duy nhất nghiệm : ci′ = ϕi(x), i = 1, n . 60
  61. Vậy c (x) = ϕx dx +k , i = 1, n , k là các hằng số tuỳ ý. Thay các giá trị c (x) vào i ∫ i() i i i n * y = ∑cxi()yi ta đ−ợc nghiệm của (5.10). i = 1 Tuy nhiên, nếu f(x) có dạng đặc biệt thì y* có thể tìm đ−ợc nh− sau : αx a) Nếu f(x) = Pm(x)e trong đó Pm(x) là đa thức bậc m và α ∈ R. +) Tr−ờng hợp α không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng (5.9) thì y* có dạng : y* = αx Qm(x)e với Qm(x) là đa thức bậc m đ−ợc xác định bằng ph−ơng pháp hệ số bất định. +) Tr−ờng hợp α là nghiệm bội l : 1 ≤ l ≤ m thì y* có dạng * l αx y = x Qm(x)e với Qm(x) là đa thức bậc m đ−ợc xác định nh− trên. b) Nếu f(x) = P(x) eαxcosβx + Q(x) eαxsinβx, trong đó α, β ∈ R, P(x) và Q(x) là hai đa thức. +) Tr−ờng hợp α + iβ không phải là nghiệm của (5.9) thì y* có dạng y* = U(x)eαx cosβx + V(x)eαx sinβx với U(x), V(x) là hai đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của P(x) và Q(x). +) Tr−ờng hợp α + iβ là nghiệm bội l : 1 ≤ l ≤ m của ph−ơng trình (5.9) y* = xl[U(x)eαx cosβx + V(x)eαx sinβx] , với U(x), V(x) là hai đa thức có bậc bằng bậc cao nhất của P(x) và Q(x). Ví dụ 1 . Giải ph−ơng trình y″ – 5y′ = – 5x2 + 2x (*) 2 Ph−ơng trình đặc tr−ng λ – 5λ = 0 có các nghiệm λ1 = 0, λ2 = 5. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng 5x y = c1 + c2e , c1, c2 là các hằng số. Do f(x) = (–5x2 + 2x)e0x với 0 là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng nên nghiệm riêng y* của (*) có dạng : y* = x(Ax2 + Bx + C) = Ax3 + Bx2 + Cx Thay vào (*) ta đ−ợc –15Ax2 + (6A – 10B)x2 + 2B – 5C = – 5x2 + 2x . Ta có hệ ⎧−=15A −5 ⎪ ⎨61AB−=02 ⎪ ⎩25BC−=0 1 suy ra A = , B = C = 0. 3 x3 Vậy y* = và nghiệm tổng quát của (*) là 3 61
  62. x3 y = C + C e5x + , C , C là hai hằng số. 1 2 3 1 2 Ví dụ 2 . Giải ph−ơng trình y″ + y′ – 2y = ex(cosx – 7sinx). (*) Ph−ơng trình đặc tr−ng : 2 λ + λ – 2 = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = –2. Nghiệm tổng quát của ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng : x –2x y = C1e + C2e , C1, C2 là hai hằng số bất kì. Vì 1 + i không phải là nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng nên : y* = ex(Acosx + Bsinx). Thay vào (*) ta đ−ợc : ex[(–A + 3B)cosx – (B + 3A)sinx] = ex(cosx – 7sinx) Ta có hệ : ⎧−+AB31= ⎨ ⎩37AB+= do đó A = 2, B = 1. Nghiệm tổng quát của (*) : x – 2x x y = C1e + C2e + e (2cosx + sinx), C1, C2 là hai hằng số bất kì. Bài tập 3.1. Giả sử trên (a, b), y1, y2 độc lập tuyến tính và khả vi liên tục, ngoài ra : yy 12= 0 . yyii′′ Chứng minh tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho : y1(x0) = y2(x0) = yi′(x0 ) = yxi′( 0 ) = 0 . 3.2. Cho hệ ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất ⎧⎫dy n ⎨⎬i =ax()y+f()x dx ∑ ij j i ⎩⎭j = 1 in= 1, (k) trong dó aij, fi, i, j = 1, n liên tục trên (a, b). Giả sử yi (x, ξ) (i, k = 1, 2, , n) là các nghiệm của hệ thuần nhất t−ơng ứng 62
  63. ⎧⎫dy n ⎨⎬i = ax()y dx ∑ ij j ⎩⎭j = 1 in= 1, k ⎧1nếu ik = , và thoả mãn điều kiện yi (ξ, ξ) = ⎨ ⎩0nếu ik≠ Chứng minh x n y x=fξy(k)(x, ξ)dξ i() ∫ ∑ k()i i = 1 x0 là nghiệm của hệ thuần nhất và thoả mãn điều kiện yi(x0) = 0 với x0 ∈ (a, b). 3.3. Cho hệ ph−ơng trình tuyến tính ⎧⎫dy n ⎨⎬i = ax()y′ dx ∑ ij i ⎩⎭j = 1 in= 1, +∞ trong đó a liên tục trên (x , +∞), i, j = 1, 2, , n, và thoả mãn axdx<+∞ ij 0 ∫ ij () x0 Chứng minh rằng : a) Nghiệm của hệ giới nội trên (x0, + ∞). b) Tồn tại giới hạn hữu hạn của mọi nghiệm khi x → ∞ và các nghiệm khác nhau dần tới những giới hạn khác nhau. 3.4. Giải các hệ ph−ơng trình sau : ⎧′ye= xy− ⎧xyy′ =+y22x ⎪ ⎪ a) ⎨ 2z b) ⎨ yz+ z′ = ′ ⎪ 2 ⎪ z = 2 ⎩ 2x − z ⎩ zx− 2 ⎧ y yy′ =+z ⎪y′ = ⎧ ⎪ z ⎪ c) ⎨ d) ⎨ ⎛⎞−22 ⎛2 ⎞ zy′ =++11+−z ⎪ y ⎪ ⎜⎟2 ⎜⎟ z′ = ⎩ ⎝⎠xx ⎝x⎠ ⎩⎪ 2 ⎧⎫dx dy dz e) ⎨⎬== ⎩⎭cosy cosxxcos cosy 3.5. Giải các hệ ph−ơng trình sau : ⎧xt′ = y ⎪ ⎧y′ = 45yz+ a) ⎨yt′ = z b) ⎨ ⎪ ⎩zy′ =−44z ⎩zxt′ = 63
  64. ⎧xxt′ =−54y−z ⎧y′ =−yz ⎪ c) ⎨ d) ⎨yt′ =−12xy+5 +12z ⎩zy′ =−43z ⎪ ⎩zxt′ =−10 3y−9z 3.6. Giải các hệ ph−ơng trình sau : ⎪⎧yy′ =+z−x2 +x−2 a) ⎨ 2 ⎩⎪zy′ =+24z+2x−4x−7 ⎧yy′ =+z−cosx b) ⎨ ⎩zy′ =−2s−z+ inx+cosx 3.7. Cho hai ph−ơng trình vi phân cấp hai : y″ = p(x)y , (1) z″ = q(x)z . (2) Tìm điều kiện mà các hàm p và q phải thoả mãn để có một nghiệm riêng y1 của (1) và một nghiệm riêng z1 của (2) sao cho : y1.z1 = 1. Có thể có nhiều cặp (y1, z1) khác nhau thoả mãn hệ thức đó không ? Từ kết quả trên suy ra rằng việc giải ph−ơng trình u″ = 2u(2p – u)3 có thể quy về việc giải ph−ơng trình (1). 3.8 Giải ph−ơng trình sau đây biết rằng một nghiệm riêng y1 của nó có dạng cho tr−ớc : 1 a) x(x – 1)2y″ + (1 + 2x)(x – 1)y′ – y = 0, y (x) = . 1 x − 1 2 2 m b) (1 + x )y″ + 2xy′ – 6x – 2 = 0, y1(x) = ax . 3.9. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau, biết rằng ph−ơng trình thuần nhất t−ơng ứng có nghiệm riêng là một đa thức : 1 a) (x + 1)xy″ + (x + 2)y′ – y = x + . x b) (2x +1)y″ + (2x – 1)y′ – 2y = x2 + x . 3 2 3.10. Giải ph−ơng trình : (3x + x)y″ + 2y′ – 6xy = 4 – 12x biết rằng nó có hai nghiệm riêng y1 = 2 2x, y2 = (x + 1) . 3.11 Giải các ph−ơng trình sau : a) y″ + 4y′ + 3y = 0 c) y″′ + 18y = 0 64
  65. b) y″′ – 2y″ + 9y′ – 18y = 0 3.12. Giải các ph−ơng trình sau : a) y″ – 5y′ + 4y = 4x2e2x c) y″ – 4y′ + 8y = e2x + sin2x b) y″ + 3y′ – 4y = e– 4x + xe–x 3.13. Tích phân các ph−ơng trình sau : a) x2y″ – xy′ + 2y = xlnx. b) (1 + x)2y″ + (1 + x)y′ + y = 4cos ln(1 + x). 3.14. Cho ph−ơng trình : y″ + ay′ + by = f(x), trong đó ⏐f(x)⏐ ≤ m < +∞, ∀x ∈ R. Biết rằng nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng k2 < k1 < 0. Tìm nghiệm giới nội trên toàn trục số. Chứng minh rằng : a) Tất cả các nghiệm còn lại đều dần đến nghiệm trên khi x → ∞. b) Nếu f tuần hoàn thì nghiệm giới nội ấy cũng tuần hoàn. 65
  66. Ch−ơng IV: Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai Trong ch−ơng trình này, ta sẽ nghiên cứu về tính dao động của nghiệm ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai , đồng thời khảo sát bài toán biên Sturnm-Liouville của ph−ơng trình tuyến tính cấp hai. Đ1. Các định lí so sánh 1.1. Một số khái niệm Ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai có dạng : L[y] = [p(x)y′]′ + g(x)y = 0 (4.1) với x ∈ (a, b) đ−ợc gọi là có dạng tự liên hợp. Một ph−ơng trình vi phân tuyến tính cấp hai y″ + a(x)y′ + b(x)y = 0, với a(.), b(.) là các hàm liên tục trên (a, b) bao giờ cũng đ−a đ−ợc về dạng tự liên hợp. Thật vậy, axd()x nhân hai vế của ph−ơng trình với à(x) = e∫ ta đ−ợc : à(x)y″ + a(x)à(x)y′ + g(x)à(x)y = 0 hay (à(x)y′)′ + g(x)y = 0. Từ đây về sau, trong ph−ơng trình (4.1), ta giả thiết rằng p khả vi liên tục, g liên tục và p(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Định nghĩa . Điểm x0 ∈ R gọi là không điểm của nghiệm y = ϕ(x) của ph−ơng trình (4.1) nếu ϕ(x0) = 0. Nghiệm y = ϕ(x) của (4.1) gọi là không dao động trên (a, b), nếu trên (a, b), ϕ(x) có không quá một không điểm. Nếu trái lại, tức là ϕ(x) có nhiều hơn một không điểm thì ϕ(x) gọi là nghiệm dao động trên khoảng (a, b). Chú ý rằng các không điểm của nghiệm y = ϕ(x) không tầm th−ờng, là những điểm cô lập. Thật vậy, giả sử ϕ(x0) = 0, nếu ϕ′(x0) = 0, do tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình (4.1) ta có ϕ(x) ≡ 0, vô lý, vậy ϕ′(x0) ≠ 0, vì ϕ′ liên tục nên ϕ′(x) > 0 hay ϕ′(x) < 0 trong một lân cận của x0, tức là trong lân cận đó ϕ(x) đồng biến hay nghịch biến và x0 là không điểm duy nhất của ϕ(x) trong lân cận đó. 1.2. Định lí 1 (Định lí so sánh không điểm của Sturm) Cho y1 = ϕ1(x) là nghiệm thực trên (a, b) của ph−ơng trình (p(x)y′)′ + g1(x)y = 0, (4.2) và y2 = ϕ2(x) là nghiệm thực trên (a, b) của ph−ơng trình (p(x)y′)′ + g2(x)y = 0 (4.3) 66
  67. Giả sử g2(x) ≥ g1(x) với mọi x ∈ (a, b). Nếu x1, x2 là hai không điểm liên tiếp của nghiệm y1 = ϕ1(x) thì tồn tại ít nhất một không điểm x3 của y2 = ϕ2(x) nằm giữa x1 và x2 nếu trong (x1, x2) có những điểm mà g2(x) > g1(x). Chứng minh . Giả sử ϕ2(x) ≠ 0 với mọi x ∈ (x1, x2), do ϕ2 liên tục nên ϕ2(x) > 0 với mọi x ∈ (x1, x2) hoặc ϕ2(x) 0, ϕ2(x) > 0, ∀x ∈(x1, x2). Ta có (p(x) ϕ1′ (x))′ + g1(x)ϕ1(x) = 0 (p(x) ϕ′ (x))′ + g (x)ϕ (x) = 0. 2 2 2 x Suy ra (p ϕ1′ )′ϕ2– (p ϕ′2 )′ϕ1 = (g2 – g1) ϕ1ϕ2, hay xx22 ⎡⎤()ppϕϕ′′′′−(ϕ)ϕdx=(g−g)ϕϕdx>0, ∫∫⎣⎦⎢⎥12 21 2 112 xx11 hay x2 p()ϕϕ12′′−ϕ12ϕ >0 (4.4) x1 do x1, x2 là hai không điểm của ϕ1 nên px()21ϕ′()x2ϕϕ2()x2−px(1)1′(x1)ϕ2(x1)>0 (4.5) Vì ϕ1(x2) = 0 và ϕ1(x) > 0 với mọi x ∈(x1, x2) nên từ chú ý trên ta suy ra ϕ12′()x 0. Mặt khác, do ϕ2(x2) > 0 với mọi x ∈(x1, x2) nên ta có : ϕ2(x1) ≥ 0 và ϕ2(x2) ≥ 0. Điều này vô lí với bất đẳng thức (4.5). Vậy tồn tại x3 ∈(x1, x2) sao cho ϕ2(x3) = 0. Bây giờ, nếu trong định lí trên g1 = g2 thì các ph−ơng trình (4.2) và (4.3) trùng nhau, nh− vậy ϕ1, ϕ2 chính là nghiệm của (4.2). Nếu vẫn giả thiết x1, x2 là hai không điểm liên tiếp của ϕ1 và gọi ϕ2 là nghiệm của (4.2) độc lập tuyến tính với ϕ1. Khi đó do W[ϕ1, ϕ2] khác không với mọi x ∈(a, b), ta suy ra : ϕ2(x1) ≠ 0 và ϕ2(x2) ≠ 0 Nếu ϕ2(x) > 0 với mọi x ∈( x1, x2), tiến hành nh− trong chứng minh định lí, thay vì nhận đ−ợc (4.5) thì ta nhận đ−ợc đẳng thức sau : px()21ϕ′()x2ϕϕ2()x2−px(1)1′(x1)ϕ2(x1)=0 (4.6) 67
  68. Lí luận t−ơng tự nh− trên ta vẫn có ϕ12′′(xx) 0, ϕ2(x2) >0 , điều này vô lí với (4.6). Vậy tồn tại x3 ∈( x1, x2) sao cho ϕ2(x3) = 0, tức là trong tr−ờng hợp này vẫn tồn tại một không điểm của ϕ2 nằm giữa hai không điểm của ϕ1. Hơn nữa, nếu tồn tại hai không điểm liên tiếp x3 0 với mọi x ∈ (a, b) nên ta có thể giả thiết rằng ϕ(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) và y = p(x)sinω(x) = 0 khi và chỉ khi ω(x) là bội số của π. 1.3. Định lí 2 (Định lí so sánh dạng điệu nghiệm của hai ph−ơng trình) Cho hai ph−ơng trình : 68
  69. L1[y] = [p1(x)y′]′ + g1(x)y = 0 (4.9) L2[y] = [p2(x)y′]′ + g2(x)y = 0 (4.10) trong đó pi, gi, i = 1, 2 là các hàm liên tục từng khúc trên [a, b]. Nếu 0 g1(x) với mọi x ∈ (a, b) thì ω2(x) > ω1(x) với mọi x ∈ (a, b). Chứng minh . Với các nghiệm y1 của (4.9) và y2 của (4.10), ta có các nghiệm t−ơng ứng của hệ (4.8) ⎪⎧rp11= ( x) ⎪⎧rp22= (x) ⎨ và ⎨ ⎩⎪θω11= ()x ⎩⎪θω22= ()x và ta có : 1 2 2 θi′= ωi′(x)= cos ωi(x) + gi(x)sin ωi(x), i = 1, 2 (4.11) pi Suy ra 1 2 2 (ω2 – ω1)′ = (g1 – )(sin ω2 – sin ω1) + h (4.12) p1 với ⎛⎞11 2 2 h = ⎜− ⎟cos ω2 + (g2 – g1)sin ω2 (4.13) ⎝⎠p21p Theo giả thiết h ≥ 0. Đặt u = ω2 – ω1 thì (4.12) trở thành : u′ = f.u + h (4.14) 1 ⎛⎞sin ω21−ωsin trong đó f(x) = (g1 – )(sinω2 + sinω1)⎜⎟. p1 ⎝⎠ω−21ω Ta có f(x) liên tục từng khúc trên [a, b]. Đặt b F(x) = ∫ f ()tdt, x thì (4.14) trở thành : u′ + F′(x).u = h ≥ 0. Nhân bất đẳng thức này cho eF ta đ−ợc : eFu′ + eFF′(x).u = eFh ≥ 0, hay (eF.u)′ ≥ 0, ∀x ∈ [a, b]. (4.15) Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức ta đ−ợc : x ′ ∫ ()euFt().0()tdt≥ a hay eF(x)u(x) – eF(a)u(a) ≥ 0. F(x) F(a) Suy ra e (ω2(x) – ω1(x)) ≥ e (ω2(a) – ω1(a)) ≥ 0. 69
  70. Vậy ω2(x) – ω1(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] hay ω2(x) ≥ ω1(x), ∀x ∈ [a, b]. Bây giờ, nếu g2 > g1 trên (a, b). Giả sử tồn tại c ∈ (a, b) sao cho ω1(c) = ω2(c), tức là u(c) = 0. Ta suy ra ω1(x) = ω2(x) với mọi x ∈ [a, c]. Thật vậy, lấy tích phân hai vế (4.15) trên [x, c], (x ≤ c) : c ′ ∫ ()euFt() ()t ≥ 0. x Suy ra F(c).u(c) ≥ F(x).u(x). Hay u(x) ≤ 0, suy ra u(x) = 0 tức là ω1(x) = ω2(x). Từ (4.12) ta suy ra h(x) = 0 với mọi x ∈ [a, c]. Từ (4.13) ta suy ra p1(x) = p2(x) và ω1(x) = ω2(x) = 0 với mọi x ∈ [a, c]. Nh−ng điều này mâu thuẫn với (4.11) vì pi(x) > 0. Vậy : ∀x ∈ (a, b), ω1(x) < ω2(x). 70
  71. Đ2. Sự tồn tại giá trị riêng đối với bài toán biên Sturm-Liouville của ph−ơng trình vi phân cấp hai Trong phần này, ta áp dụng các kết quả ở trên để xét ph−ơng trình : (p(x)y′)′ + (λr – q)y = 0, (4.16) trong đó λ là tham số thực, p′, r, q là các hàm liên tục trên [a, b]. Ta cũng giả thiết rằng p(x) > 0. Với các số thực cho tr−ớc α và β, những giá trị của λ sao cho tồn tại nghiệm không tầm th−ờng y = ϕ(λ, x) của ph−ơng trình (4.16) thoả mãn các điều kiện : y(a)cosα – p(a)y′(a)sinα = 0, (4.17) y(b)cosβ – p(b)y′(b)sinβ = 0, (4.18) gọi là các giá trị riêng và các nghiệm không tầm th−ờng, y = ϕ(λ, x) t−ơng ứng gọi là các hàm riêng. Bài toán biên (4.16) – (4.17) – (4.18) gọi là bài toán biên Sturm-Liouville. Định lí 3 Bài toán Sturm-Liouville (4.16) – (4.17) – (4.18) có vô số giá trị riêng λ0, λ1, λ2, lập thành một dãy tăng đến ∞ khi n → ∞. Ngoài ra hàm riêng ứng với λn có đúng n không điểm trên (a, b). Chứng minh. (Dành cho sinh viên tự đọc) Không giảm mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng 0 ≤ α λ2 thì λ1r – q > λ2r – q nên theo định lí 2 thì ω1(x, λ1) > ω2(x, λ2) tức là ω(x, λ) là hàm tăng theo λ với mỗi x cố định thuộc [a, b]. Mặt khác do y = p(x, λ)sinω(x, λ) nên với nghiệm không tầm th−ờng y = ϕ(x, λ) ta có ϕ(x, λ) = 0 nếu và chỉ nếu ω(x, λ) = kπ. Ngoài 1 ta cũng có : ω′ = cos2ω + (λr – q)sin2ω, nên với ω(x, λ) = kπ thì ω′ > 0 và do ω′ liên tục theo x p nên ω là hàm tăng của x, nh− vậy với xk ∈ [a, b] sao cho ω(xk, λ) = kπ thì ω(x, λ) kπ với x > xk. Bây giờ ta chứng minh các kết quả sau. Với mọi x = c ∈ (a, b) thì : lim ωλ()c, =+∞, (a) λ→∞ lim ωλ()c, =0 . (b) λ→−∞ Chứng minh (a). Ta có ω(x, λ) > ω(a, b) = α ≥ 0, ∀x ∈ (a,b]. Giả sử P, Q và R là các hằng số sao cho : 0 0 và q(x) ≤ Q, ∀x ∈ [a, c]. 71
  72. Xét ph−ơng trình : Py″ + (λR – Q)y = 0. Q Với λ > , nghiệm của ph−ơng trình có dạng : R λ−R QRλ−Q y =ϕ (λ, x) = C1cos x + Cxsin , PP2 trong đó C1, C2 là các hằng số. Gọi y∗ là nghiệm thoả mãn điều kiện đầu y∗ (a, λ) = ϕ(a, λ), ′ P()a y∗ (a, λ) = ϕ′(a, λ). P Ta có ya∗ (), λ ϕλ(a, ) ω∗ (a, λ) = arctg = arctg = ω(a, λ). Py′()a, λ Pa()ϕ′(a, λ) Do λR – Q ≤ λr – q, ∀x ∈ [a, c], nên theo định lí 2 ta có : ω(c, λ) ≥ ω∗ (c, λ). P Dãy các không điểm của nghiệm y (x, λ) khác nhau một đại l−ợng π . Thật vậy, đặt y∗ λR − Q λ−R Q λ−R Q = C 0 cos x + C 0 sin x, với C 0 = r sinγ, C 0 = r cosγ. 1 P 2 P 1 2 λ−R Q Khi đó y∗ = r sin ( x + γ ) P λ−R Q y∗ = 0 ⇔ x + γ = kπ. P P Hơn nữa lim π = 0 nên trong [a, b] nghiệm y (x, λ) sẽ có một số lớn tuỳ ý các không điểm λ→+∞ λ−R Q ′ nếu chọn λ đủ lớn, tức là ω∗ (x, λ) = kπ đối với một số lớn tuỳ ý giá trị x ∈ [a, b] nếu λ đủ lớn. Do ω∗ = 1 cos2 ω∗ + (λR – Q)sin2 ω∗ nên ω′ > 0 khi λ đủ lớn. Từ đó suy ra lim ω(c, λ) = +∞. P λ →∞ 72
  73. Việc chứng minh kết quả (b) chúng tôi dành cho bạn đọc nh− bài tập. Đặc biệt, do lim ω(b, λ) = 0 và ω(b, λ) là hàm liên tục và tăng theo λ, nên với β > 0, tồn tại duy λ→−∞ nhất λ = λ0 sao cho ω(b, λ0) = β. Ta có 0 ≤ α λ0 sao cho ω(b, λ1) = β + π và 0 λn – 1 > > λ1 > λ0 và nghiệm y = ϕ(x, λn) có đúng n không điểm trên (a, b). Định lí đ−ợc chứng minh. Bài tập 4.1. Chứng minh nếu Q(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và liên tục thì mọi nghiệm của ph−ơng trình y″ + Q(x)y = 0 đều dao động. 4.2. Nếu trong khoảng (a, b), nghiệm của y″ + Q(x)y = 0 là y(x) có quá hai không điểm thì mọi nghiệm của ph−ơng trình đều dao động. 4.3. Tìm khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm th−ờng của ph−ơng trình y″ + my = 0, trong đó m là hằng số d−ơng. Có bao nhiêu không điểm trên [a, b]. 4.4. Đánh giá chặn trên và chặn d−ới của số không điểm N của nghiệm khác 0 của ph−ơng trình y″ + xy = 0. 4.5. Chứng minh kết quả (b) trong phần chứng minh của định lí 3. 73