Bài giảng Phương trình Vi phân - Đại học Phạm Văn Đồng

ường hợp riêng. • Trường hợp P,Q,R là các hằng số thì phương trình chuyến về biến số phân li. 21 • Nếu biết được một nghiệm riêng của phương trình (1.9) thì có thể chuyển về phương trình Bernoulli với phép đặt y  y1pxq z. Ví dụ 1.34. Giải phương trình y1  xy2 x2y
2x3 1. • Phương trình nhận y  x là một nghiệm riêng. • Đặt y  x z  x 1 u . • Phương trình chuyển về phương trình tuyến tính cấp một u1 3x2u 
x. • Nghiệm tổng quát của phương trình u  e
x3pC
» xex 3 dxq. • Nghiệm của phương trình y  x e x3 C
» xex 3 dx . Ví dụ 1.35. Giải phương trình y1 y2  2 x2 . Hướng dẫn: Trước hết, tìm nghiệm của phương trình dạng y  a x . Đồng nhất với phương trình thì a 
1 hoặc a  2. Khi a 
1 thì y 
1 x là một nghiệm riêng. Đặt y  z
1 x . Thay vào phương trình thì z1
2 x z 
z2. 22 Đây là phương trình vi phân Bernoulli. Giải phương trình suy ra được nghiệm tổng quát của phương trình là y  2x3
C xpx3 Cq ; y 
1 x . 1.10 Phương trình vi phân toàn phần Định nghĩa 1.10.1. Phương trình vi phân Mpx, yqdxNpx, yqdy  0 (1.10) được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàm Upx, yq sao cho vi phân toàn phần dUpx, yq Mpx, yqdxNpx, yqdy. Định lý 1.10.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình vi phân (1.10) là phương trình vi phân toàn phần là BM By  BN Bx . • Nếu (1.10) là phương trình vi phân toàn phần thì Upx, yq  » x x0 Mpx, yqdx » y y0 Npx0, yqdy. Upx, yq  » x x0 Mpx, y0qdx » y y0 Npx0, yqdy. Ví dụ 1.36. Giải phương trình p3x2 6xy2qdx p6x2y 4y3q  0. 23 • Vì BM By  BN Bx  12xy nên phương trình vi phân toàn phần. • Chọn px0, y0q  p0, 1q thì Upx, yq  » 1 0 p3x2 6xy2qdx » y 1 4y3dy. • Tính tích phân Upx, yq  x3 3x2y2 y4
1. • Nghiệm tổng quát của phương trình là x3 3x2y2 y4  C. Ví dụ 1.37. Giải phương trình p 1 x
y2 px
yq2 qdx p x2 px
yq2
1 y qdy  0. Hướng dẫn: Kiểm tra rằng phương trình trên là phương trình vi phân toàn phần. Chọn px0, y0q  p1, 2q thì ta được nghiệm tổng quát là ln x y xy x
y  C. 1.11 Thừa số tích phân Định nghĩa 1.11.1. Xét phương trình vi phân P px, yqdxQpx, yqdy  0 (1.11.1) không là phương trình vi phân toàn phần. Hàm số µ  µpx, yq được gọi là thừa số tích phân nếu µP px, yqdx µQpx, yqdy  0 (1.11.2) là phương trình vi phân toàn phần. 24 • Nếu Upx, yq  C là nghiệm tổng quát của phương trình (1.11.2) thì U cũng là nghiệm của phương trình (1.11.1). • Nếu phương trình (1.11.1) có tích phân tổng quát thì tồn tại thừa số tích phân. • Cách tìm thừa số tích phân: Vì (1.11.2) là phương trình vi phân toàn phần nên BpµP q By  BpµQq Bx ô µ BP By P Bµ By  µ BQ Bx Q Bµ Bx . • a) Nếu 1 Q p BP By
BQ Bx q  F1pxq là hàm theo biến x thì µ  e » F1pxqdx . • b) Nếu 1 P p BQ Bx
BP By q  F2pyq là hàm theo biến y thì µ  e » F2pyqdy . Ví dụ 1.38. Giải phương trình vi phân p1
x2yqdxx2py
xqdy  0. Hướng dẫn: Kiểm tra được rằng BP By 
x2; BQ Bx  2xy
3x2. Do đó, phương trình không là phương trình vi phân toàn phần. Tuy nhiên, 1 Q p BP By
BQ Bx q 
2 x là hàm theo biến x nên thừa số 25 tích phân là µ  e
2 » dx x  1 x2 . Nhân hai vế cho thừa số tích phân và tích phân phương trình ta được 1 x xy
y2 2  C là nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 1.39. Tìm thừa số tích phân và giải phương trình vi phân a) p2xy x2y y3 3 qdx px2 y2qdy  0. b) yp1 xyqdx
xdy  0. BÀI TẬP CHƯƠNG I 1. Giải các phương trình vi phân sau: a. xy1
2y  2x4. b. y1 y  1 x
1 x2 . 2. Chứng minh rằng phương trình y1 ay  ppxq trong đó a là hằng số và ppxq là đa thức bậc m, có nghiệm riêng dạng y1pxq  Qpxq- đa thức bậc m. 3. Chứng minh rằng phương trình tuyến tính y1 ppxqy  qpxq có nghiệm riêng dạng y  b là phương trình biến số phân ly. 26 4. Tìm nghiệm của các bài toán Cauchy sau: a. y
2xy  1 thỏa điều kiện yp0q  0. b. y1 3 x y  2 x3 với điều kiện yp1q  1. c. xy1  x 2y với điều kiện yp0q  0. d. xy1  x y 2 với điều kiện yp0q  0. 5. Tìm những đường cong mà diện tích của tam giác lập bởi trục Ox, tiếp tuyến và và bán kính vectơ của tiếp điểm có diện tích không đổi bằng a2. 6. Chứng minh rằng nghiệm của phương trình tuyến tính y1 ppxqy  qpxq với các giá trị ban đầu px0, y0q có thể viết dưới dạng y  y0e
» x x0 ppτqdτ » x x0 qpξqe
» x ξ ppτqdτ dξ. 7. Tìm nghiệm giới nội khi xÑ pi 2 của phương trình y1 sin 2x  2py cosxq. 8. Đưa phương trình y1 P pxq  Qpxqemy trong đó P pxq, Qpxq là các đa thức và m là hằng số, về phương trình tuyến tính cấp một. 27 Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT CHƯA GIẢI RA ĐẠO HÀM 2.1 Các phương trình vi phân cấp một chưa giải ra đạo hàm dạng đặc biệt 2.1.1 Phương trình dạng dy dx  fipx, yq Nếu các phương trình đã giải ra đạo hàm có thể giải được bằng cầu phương thì phương trìh có thể tích phân được. Ví dụ 2.1. Giải phương trình y12
px yqy1 xy  0. Hướng dẫn: Giải phương trình này theo ẩn y1 ta được y1  x; y1  y. 28 Với y1  x thì họ nghiệm của phương trình là y  x2 2 C. Với y1  y thì họ nghiệm của phương trình là y  Cex. Ngoài ra, phương trình đã cho còn có nghiệm là sự kết hợp của hai họ nghiệm trên như sau y  $ ' & ' % x2 2 1 2 nếu
8   x ¤ 1 ex x nếu 1 ¤ x   8 và y  $ ' & ' % x2 2 nếu x ¤ 0 0 nếu x ¥ 0 2.1.2 Phương trình dạng F px, y1q  0 • Nếu từ phương trình giải ra y1  fpxq thì nghiệm của phương trình là y  » fpxqdx. • Nếu từ phương trình giải ra x  ϕpy1q thì nghiệm của phương trình được tìm dưới dạng tham số. Đặt y1  p khi đó dy  pdx  pϕ1ppqdp. 29 Nghiệm của phương trình là $ ' ' & ' ' % x  ϕppq y  » pϕ1ppqdp C Ví dụ 2.2. Giải phương trình ey 1 y1
x  0. Hướng dẫn: Từ phương trình thì x  ey 1 y1. Đặt y1  p và suy ra x  ep p. Từ đó suy ra dy  ppep 1qdp do dó y  pep
ep p2 2 C. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' & ' % x  ep p y  pep
ep p2 2 C Nếu từ phương trình suy ra x  ϕptq và y1  ξptq thì nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' ' & ' ' % x  ϕptq y  » ξptqϕ1ptqdt C 30 Ví dụ 2.3. Giải phương trình x3 y13
3xy1  0. Hướng dẫn: Phép tham số hóa của phương trình là x  3t t3 1 ; y1  3t2 t3 1 . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' ' & ' ' % x  3t t3 1 y 
9 2pt3 1q2 6 t3 1 C. 2.1.3 Phương trình không chứa biến số độc lập  Nếu từ phương trình suy ra y1  fpyq khi đó tích phân tổng quát là » dy fpyq  x C.  Nếu từ phương trình suy ra y  ϕ1pyq khi đó đặt y1  p và suy ra được x  » ϕ1ppq p dp C. Ví dụ 2.4. Giải phương trình y1 ln y1
y  0. Hướng dẫn: Đặt y1  p thì y  p ln p. mà dx  dy y1  1 p 1 p2  dp. 31 Cho nên x  ln p
1 p C. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' ' & ' ' % x  ln p
1 p C y  p ln p • Trường hợp F px, y, y1q  0 và có được biểu diễn x  ϕpu, vq, y  ξpu, vq; y1  ψpu, vq thì nghiệm được tìm dưới dạng tham số x  ϕpu, ωpu,Cqq, y  ψpu, ωpu,Cqq. • Trường hợp y  ϕpx, y1q. Đặt u  x; v  y1  p suy ra được p Bϕ Bx Bϕ Bp dp dx . Suy ra p  ωpx,Cq nên nghiệm của phương trình là y  ϕpx, ωpx,Cqq. 2.2 Phương trình Lagrange và phương trình Clero 2.2.1 Phương trình Lagrange Định nghĩa 2.2.1. Phương trình vi phân Lagrange là phương trình có dạng y  ϕpy1qx ψpy1q. • Đặt y1  p suy ra y  xϕppq ψppq. 32 • pdx  ϕppqdx pxϕ1ppq ψ1ppqqdp hay pϕppq
pqdx pxϕ1ppq ψ1ppqqdp  0. • dx dp ϕ1ppq ϕppq
p x  ψ1ppq p
ϕppq . • Giải phương trình tuyến tính cấp một suy ra x  Gpp, Cq. • Nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số x  GpP,Cq; y  ϕppqGpp, Cq ψppq. Ví dụ 2.5. Giải phương trình y  xy12
y12. Hướng dẫn: Đặt y1  p khi đó dy  y1dx cho nên 2pdx p2x
2pqdx  pdx. Chuyển phương trình về dạng dx dp 2 p x  2. Giải phương trình vi phân ta được nghiệm có dạng tham số $ ' ' & ' ' % x  C p2 2p 3 y  2C p p2 3 . 2.2.2 Phương trình Clero Định nghĩa 2.2.2. Phương trình Clero là phương trình có dạng y  xy1 ψpy1q. 33 • Đặt y1  p thì y  px ψppq. • pdx  pdx px ψ1ppqqdp cho nên p  C. • Nghiệm tổng quát của phương trình là y  Cx ψpCq. Ví dụ 2.6. Giải phương trình y  y  xy1
ey 1 . Hướng dẫn: Đặt p  y1 suy ra y  xp
ep. Lấy vi phân thì dy  pdx xdp
epdp. Mà dy  y1dx  pdx cho nên px
epqdp  0. Nếu dp  0 hay p  C thì nghiệm tổng quát của phương trình là y  Cx
eC . Nếu x  ep thì y  pp
1qep. Do đó nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x  ep y  pp
1qep. Ví dụ 2.7. Giải phương trình y  xy1
1 4 y12. BÀI TẬP CHƯƠNG II 1. Giải các phương trình vi phân sau đây: 34 a. y.y12 y1px
yq  x. b. xy13  1 y1. c. yp1 y12q  2a. 2. Giải các phương trình vi phân dạng Lagrange hoặc Clero sau: a. y  2xy1 y2y13. b. y  xy12 y13. c. y  2xy1 x2 2 y12. 3. Tìm các đường cong sao cho độ dài của đoạn thẳng tiếp tuyến bị chắn giữa các trục tọa độ là đại lượng không đổi a. 4. Tìm đường cong sao cho mỗi tiếp tuyến của nó cắt trên hai trục tọa độ những đoạn thẳng mà tổng các đại lượng nghịch đảo của bình phương độ dài các đoạn thẳng đó bằng 1. 5. Tìm các đường cong sao cho tích các khoảng cách từ hai điểm cố định cho trước đến tiếp tuyến bất kỳ là đại lượng không đổi. 35 Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO 3.1 Các khái niệm mở đầu Định nghĩa 3.1.1. Phương trình vi phân cấp n có dạng F px.y, y1,    , ypnqq  0. (1.1) Nếu từ (1.1) giải được đạo hàm cấp cao nhất, tức là ypnq  fpx, y, y1,    , ypn
1qq (1.2) thì ta được phương trình giải ra với đạo hàm câp cao nhất. Định nghĩa 3.1.2. Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm y  ϕpxq khả vi n lần trên khoảng pa; bq sao cho a) px, ϕpxq, ϕ1pxq,    , ϕpnqpxqq P G, @x P pa; bq. b) ϕpxq nghiệm đúng phương trình (1.1). 36 Ví dụ 3.1. Phương trình y2
4y  0 có nghiệm tổng quát là ϕpxq  C1e 2x C2e
2x trong đó C1, C2 là các hằng số bất kỳ. Ví dụ 3.2. Phương trình y2y  0 có nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu yp0q  1, y1p0q  0 là y  cosx. Nhận xét. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp hai phụ thuộc vào hai hằng số C1, C2. Tổng quát nghiệm của phương trình vi phân cấp n phụ thuộc vào n hằng số C1, C2,    , Cn. Trong thực tế, người ta thường quan tâm đến nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn một điều kiện nào đó. Một trong những điều kiện đó là ypx0q  y0, y 1 px0q  y 1 0,    , y pn
1q px0q  y pn
1q 0 . Đây là bài toán Cauchy. 3.2 Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm Xét phương trình vi phân cấp n ypnq  fpx, y, y1,    , ypn
1qq (2.1) Định lý sau cho một điều kiện đủ để bài toán Cauchy có nghiệm duy nhất. 37 3.2.1 Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 3.2.1. Giả sử trong miền G € Rn1 hàm fpx, u1,    , unq liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipchitz theo u1, u2,    , un. Khi đó với bất kỳ điểm px0, y0, y 1 0,    , y pn
1q 0 q P G tồn tại duy nhất nghiệm y  ypxq của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu ypx0q  y0, y 1 px0q  y 1 0,    , y pn
1q px0q  y pn
1q 0 . Hệ quả 3.2.2. Giả sử trong miền G € Rn1 hàm fpx, u1,    , unq liên tục cùng với các đạo hàm riêng Bf Bu1 , Bf Bu2 ,    , Bf Bun . Khi đó với bất kỳ điểm px0, y0, y 1 0,    , y pn
1q 0 q P G tồn tại duy nhất nghiệm y  ypxq của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu ypx0q  y0, y 1 px0q  y 1 0,    , y pn
1q px0q  y pn
1q 0 . 3.2.2 Các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp n Khi giải phương trình vi phân câp n thì có thể nhận được các loại nghiệm sau: Định nghĩa 3.2.1. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n là nghiệm dưới dạng ẩn Φpx, y, C1, C2,    , Cnq  0. Định nghĩa 3.2.2. Nghiệm của phương trình vi phân (2.1) mà tại mỗi điểm của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy 38 được đảm bảo được gọi là nghiệm riêng của phương trình. Nghiệm nhận được từ phương trình tổng quát các giá trị xác định của C1, C2,    , Cn được gọi là nghiệm riêng. Định nghĩa 3.2.3. Nghiệm của phương trình vi phân mà tại mỗi điểm của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị phá vỡ được gọi là nghiệm kỳ dị. Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp n có thể phụ thuộc hằng số. Nhưng số hằng số phụ thuộc không vượt quá n
1. Ví dụ 3.3. Xét phương trình y2  2 a y1. Đặt z  y1 và xem z như là hàm cần tìm thì z1  2 ? z. Giải phương trình thì ta được nghiệm tổng quát z  px C1q 2. Thay z  y1 thì y1  px C1q 2. Vì vậy, y  1 3 px C1q 3 C2. Đây là nghiệm tổng quát của phương trình. Ngoài ra, phương trình còn có nghiệm kỳ dị là y  C. 39 3.3 Tích phân trung gian- tích phân đầu Định nghĩa 3.3.1. Xét phương trình F px, y, y1,    , ypnqq  0 (1.1) khi tích phân phương trình ta được hệ thức chứa hằng số và các đạo hàm cấp thấp hơn n dạng ϕpx, y, y1,    , yn
1, C1, C2,    , Ckq  0, (3.1) Hệ thức (3.1) được gọi là tích phân trung gian của phương trình (1.1). Trường hợp k  1 ta có hệ thức dạng ϕpx, y, y1,    , yn
1, C1q  0 (3.2) được gọi là tích phân đầu. 3.4 Phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 3.4.1 Phương trình chỉ chứa biến số độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Định nghĩa 3.4.1. Phương trình chỉ chứa biến số độc lập và đạo hàm cấp cao nhất là phương trình có dạng F px, ynq  0. (4.1) 40 • Nếu từ (4.1) giải ra được ypnq  fpxq thì y sẽ tìm được qua n lần cầu phương. • Nếu từ (4.1) giải ra được x  ϕpynq khi đó đặt ypnq  p và xem p là tham số. Vì dyn
1  yndx  pϕ1ppqdp nên yn
1  » pϕ1ppqdp. Tương tự, qua n lần cầu phương ta được y  ψpp, C1, C2,    , Cnq. • Nếu từ (4.1) ta biểu diễn được x, yn qua tham số x  ϕptq và ypnq  ψptq khi đó dypn
1q  ypnqdx  ψptqϕ1ptqdt. Nghiệm được tìm cho dưới dạng tham số. Ví dụ 3.4. Giải phương trình y2  xex. Hướng dẫn: Tích phân phương trình hai lần ta được y  px
2qex C1x C2. Ví dụ 3.5. Giải phương trình x
ey 2 y22  0. Hướng dẫn: Đặt y2  t thì x  et
t2. Hơn nữa, y2  t nên dy1  y2dx  tpet
2tqdt. Do đó y1  » tpet
2tqdt C1  e t pt
1q
2t3 3 C. Vì vậy, y  » petpt
1q
2t3 3 Cqpet
2tqdt C2. Nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số. Ví dụ 3.6. Giải phương trình yp3q
4x2  0. 41 Hướng dẫn: Nghiệm tổng quát của phương trình là y  x5 15 C1 x2 2 C2x C3. Ví dụ 3.7. Giải phương trình ey 2 y2
x  0. Hướng dẫn: Nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x  ep p y  p p 2
3 4 qe2p p p2 2 C1
1qe p p3 6 C1p C2. Ví dụ 3.8. Giải phương trình pyp3qq2 x2  1. Hướng dẫn: Nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x  cos t y 
t cos 2t 8 5t 16
5 sin 2t 48 sin 4t 192 C1 cos 2t 4 C2 cos t C3. 3.4.2 Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp pn
1q. Định nghĩa 3.4.2. Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp pn
1q là phương trình có dạng F pypn
1q, ypnqq  0. (4.2)  Nếu từ (4.2) ta giải ra được ypnq  fpypn
1qq. Đặt ypn
1q  z và xem z như hàm số mới tìm. Khi đó z1  fpzq.Giải phương trình vi phân cấp một ta được z  gpx,C1q. Thay z  y pn
1q ta quy về 4.1.  Nếu từ (4.2) ta có thể biểu diễn ypn
1q qua ypnq. Khi đó đặt 42 ypnq  p và xem p như tham số ta được ypn
1q  fppq. Vì dx  dypn
1q ypnq  f 1ppqdp p nên x  » f 1ppq p dp C1 Khi đó phương trình quy về (4.1) với $ ' & ' % x  ϕpp, C1q ypn
1q  fppq. Ví dụ 3.9. Giải phương trình y2 p1 y12q3{2  0. Đặt y1  z ta có z1 
p1 z2q3{2. Giải phương trình ta được nghiệm tổng quát của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x 
sinϕ C1 y  cosϕ C2 hay px
C1q 2 py
C2q 2  1. Vậy họ đường cong là đường tròn bán kính 1 có tâm tùy ý. 43 3.5 Phương trình vi phân cấp cao hạ cấp được 3.5.1 Phương trình không chứa hàm phải tìm và các đạo hàm của nó đến cấp k. Định nghĩa 3.5.1. Phương trình không chứa hàm phải tìm và các đạo hàm của nó đến cấp k là phương trình có dạng F px, yk, ypn1q,    , ypnqq  0. (5.1) • Đặt ypkq  z và xem z như hàm số mới ta đưa phương trình về dạng F px, z, z1,    , zpn
kqq  0. • Giải phương trình ta được z  ωpx,C1, C2,    , Ckq. • Thay z  ypkq ta quy về 4. Ví dụ 3.10. Xét phương trình 4y1 y22  4xy2. • Đặt z  y1 ta được phương trình 4z z12  4xz1 hay z  xz1
z12 4 . • Đây là phương trình Clero. Nghiệm tổng quát là z  C1x
C21 4 . • Thay z  y1 ta ta được y1  C1x
C 2 1 4 . • Cho nên y  C1 2 x2
C21 4 x C2. 44 3.5.2 Phương trình không chứa biến số độc lập. Định nghĩa 3.5.2. Phương trình không chứa biến số độc lập là phương trình có dạng F py, y1,    , ypnqq  0. • Đặt y1  z và xem z như hàm số mới. • Biểu diễn y2  dy 1 dx  d dx z  dz dy dy dx  dz dy z. • Biểu diễn yp3q  pd 2z dy2 z p dz dx q 2 qz. •    • ypnq  ωpz, dz dy , dn
1z dyn
1 q. • Đây là phương trình vi phân cấp n
1. • Giải phương trình ta được nghiệm tổng quát z  ψpy, C1, C2,    , Cn
1q. • Do đó y1  ψpy, C1, C2,    , Cn
1q. • Tích phân phương trình ta được nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 3.11. Giải phương trình p1 y2qyy2  p3y2
1qy12. 45 • Đặt z  y1 và suy ra y2  zdz dy . • Thay vào phương trình thì dz z  3y2
1 yp1 y2q dy. • Suy ra yz p1 y2q2  C1. • Thay z  y1 thì 1 1 y2 
2C1x C2. 46 BÀI TẬP CHƯƠNG III 1. Giải các phương trình vi phân sau: a. yp3q
lnx  0. b. y2  1 ? y . c. yp3q  p1 y22q1{2. d. yy2
yp4q
y12  0. 2. Cho phương trình yp4q  fpxq trong đó fpxq  $ ' & ' % |x| nếu |x|   1 0 nếu |x| ¡ 1 Chứng minh rằng nghiệm ypxq của phương trình trên với điều kiện ban đầu yp0q  y1p0q  yp2qp0q  yp3qp0q  0 có dạng ypxq  1 6 » τ 0 |t|px
tq3dt trong đó u  $ ' & ' % x nếu |x|   1 signx nếu |x| ¡ 1 47 Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP n 4.1 Định nghĩa và các tính chất cơ bản Định nghĩa 4.1.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình có dạng a0pxqy pnq a1pxq.y pn
1q    anpxqy  gpxq (1.1) và phương trình a0pxqy pnq a1pxq.y pn
1q    anpxqy  0 (1.2) được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng. 48 4.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n • Xét phương trình tuyến tính cấp n Lpyq  ypnq p1pxq.y pn
1q    pnpxqy  0 (1.2) • Nếu ypxq là nghiệm của (1.2) thì C.ypxq cũng là nghiệm của (1.2). • Nếu y1pxq, y2pxq là các nghiệm của (1.2) thì C1y1pxqC2y2pxq cũng là nghiệm của (1.2). Định nghĩa 4.2.1. Hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxq được gọi là độc lập tuyến tính trên khoảng (a,b) nếu α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq    αnϕnpxq  0 thì α1  α2      αn  0. Ví dụ 4.1. a) Hệ hàm t1, x, x2,    , xnu là độc lập tuyến tính trên R. b) Hệ hàm teλ1x, eλ2x,    , eλnxu là độc lập tuyến tính trên R với λj  λj. Định nghĩa 4.2.2. Định thức Vronski của hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxq 49 khả vi cấp n
1 trên khoảng pa, bq là W rϕ1,    , ϕns  W pxq  ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ϕ1pxq ϕ2pxq . . . ϕnpxq ϕ11pxq ϕ 1 2pxq . . . ϕ 1 npxq . . . . . . . . . . . . ϕ pn
1q 1 pxq ϕ pn
1q 2 pxq . . . ϕ pn
1q n pxq ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Định lý 4.2.1. Giả sử hệ ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxq khả vi cấp n
1 và phụ thuộc tuyến tính trên pa; bq. Khi đó định thức Vronski đồng nhất bằng 0 trên khoảng đó. Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại các hằng số α1, α2,    , αn không đồng thời bằng 0 sao cho α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq    αkϕkpxq  0. (*) Lấy đạo hàm (*) n
1 lần thì $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % α1 ϕ1pxq α2ϕ2pxq    αnϕnpxq  0 α1 ϕ 1 1pxq α2ϕ 1 2pxq    αnϕ 1 npxq  0             α1 ϕ pn
1q 1 pxq α2ϕ pn
1q 2 pxq    αnϕ pn
1q n pxq  0 (**) Khi đó với mỗi x P pa; bq cố định, hệ phương trình đại số có nghiệm không tầm thường. Do đó định thức của hệ phương trình trên bằng 0. Suy ra định thức Vronski bằng 0. Hệ quả 4.2.2. Nếu hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxq khác 0 dù chỉ 50 một điểm trên khoảng pa; bq thì hệ hàm trên độc lập tuyến tính trên pa; bq. Nhận xét. Định lý trên cho một điều kiện cần của sự phụ thuộc tuyến tính của hệ hàm, không là điều kiện đủ. Ta xét ví dụ sau Ví dụ 4.2. Xét hệ hai hàm ϕ1pxq  $ ' & ' % x2 nếu x ¥ 0 0 nếu x ¤ 0 và ϕ2pxq  $ ' & ' % 0 nếu x ¥ 0 x2 nếu x ¤ 0 Kiểm tra được rằng định thức Vronski bằng 0. Tuy nhiên, hệ tϕ1, ϕ2u là độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu tồn tại α1, α2 không đồng thời bằng 0 sao cho α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq  0, @x P p
8,8q thì trên khoảng p
8, 0s có α2x 2  0. Điều này là vô lý α2  0. Định lý 4.2.3 (Công thức Ostrogratski-Liuvil). Định thức Vron- ski của n nghiệm trong phương trình (2.1) được xác định bởi W pxq  Ce
» p1pxqdx trong đó p1pxq là hệ số của y pn
1q. 51 • Ứng dụng công thức Ostrogratski-Liuvil để tìm nghiệm tổng quát của phương trình cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy  0 khi biết 1 nghiệm riêng y1pxq của phương trình. Giả sử ypxq là nghiệm của phương trình. Khi đó∣∣∣∣∣∣y1 yy11 y1 ∣∣∣∣∣∣  C1e
» ppxqdx . Chia hai vế cho y21pxq và tìm được y  y1
» C1e
³ ppxqdx y21pxq dx C2 . Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình p1
x2qy2
2xy1 2y  0 biết rằng phương trình có một nghiệm riêng là y1  x. Hướng dẫn: ppxq 
x 1
x2 . Do đó y  x » C1 e » 2xdx 1
x2 x2 C2   C1 » dx x2p1
x2q C
2   x C1p
1 x 1 2 ln 1 x 1
x q C2   C2 C1 1 2 ln 1 x 1
x
1  . 52 Đây là nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 4.4. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình px2 1qy2
2xy1 2y  0 biết rằng y1  x là một nghiệm riêng của phương trình. Hướng dẫn: Sử dụng công thức Ostrogratski-Liuvil. Nghiệm tổng quát là y  C1x C2px 2
1q. 4.3 Phương trình tuyến tính không thuần nhất cấp n 4.3.1 Nghiệm tổng quát Trong phần này ta xét phương trình không thuần nhất ypnq p1pxqy pn
1q    pnpxqy  fpxq. (3.1) trong đó các pipxq, fpxq liên tục trên các khoảng pa; bq. Nếu dùng toán tử vi phân tuyến tính Lrys  ypnq p1pxqy pn
1q    pnpxqy  fpxq (3.1) thì ta có thể xét đến các tính chất sau của phương trình tuyến tính không thuần nhất. Nếu zpxq là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất và ypxq là nghiệm của (3.1) thì zpxq ypxq cũng là một nghiệm của (3.1). Nếu y1pxq, y2pxq là các nghiệm riêng của phương trình (3.1) thì 53 y1pxq y2pxq là nghiệm của phương trình Lrys  f1pxq f2pxq. Giả sử y1pxq, y2pxq,    , ynpxq là các nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất và ypxq là nghiệm của phương trình không thuần nhất. Khi đó biểu thức ypxq  C1y1pxq C2y2pxq    Cnynpxq y  pxq là nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất. Ví dụ 4.5. Xét phương trình y2 2y  2 3.ex Kiểm tra được rằng phương trình thuần nhất tương ứng có hai nghiệm độc lập tuyến tính là y1  cos ? 2x và y2  sin ? 2x. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là z  C1 cos ? 2x C2 sin ? 2x. Phương trình không thuần nhất có một nghiệm riêng là ypxq  1 ex nên nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là ypxq  C1 cos ? 2x C2 sin ? 2x 1 ex. 4.3.2 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange • Giả sử phương trình tuyến tính thuần nhất có n nghiệm độc lập tuyến tính là tyipxqu n i1. Khi đó ta tìm nghiệm riêng của 54 phương trình không thuần nhất dưới dạng ypxq  C1pxqy1pxq C2pxqy2pxq    Cnpxqynpxq. • Phương pháp đó được gọi là biến thiên hằng số Lagrange. Ví dụ 4.6. Xét phương trình xy2
y1  x2. Phương trình thuần nhất tương ứng là xy2
y1  0 có thể viết dưới dạng y2 y1  1 x suy ra y1  Cx do đó y  C1x 2 2 C2. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq  C2pxqx 2 C1pxq. Trong đó C1pxq, C2pxq thỏa mãn hệ phương trình $ ' & ' % 1 C 11pxq x 2C 12pxq  0 0 C 11pxq 2xC 1 2pxq  x Giải hệ phương trình này ta được C 11pxq 
x2 2 ;C 12pxq  1 2 . Do đó nghiệm riêng là ypxq 
x3 6 x3 2  x3 3 . Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1 C2x 2 x3 3 . Ví dụ 4.7. Xét phương trình y2 y  1 cosx . 55 Phương trình thuần nhất tương ứng có hai nghiệm cơ bản là y  cosx và y  sinx. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng ypxq  C1pxq cosx C2pxq sinx trong đó C1pxq, C2pxq xác định từ hệ phương trình $ ' & ' % C 11pxq cosx C 1 2pxq sinx  0
C 11pxq sinx C 1 2pxq cosx  1 cosx . Giải hệ phương trình ta được C1pxq  ln | cosx| và C2pxq  x. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1 cosx C2 sinx cos ln | cosx| sinx với C1, C2 là các hằng số bất kỳ. BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG IV 1. Tìm phương trình tuyến tính thuần nhất nhận các hệ hàm sau đây làm hệ nghiệm cơ bản: a) 1, x, x2. b) cos2 x, sin2 x. 2. Tính định thức Vronski của phương trình p1
x2qy2
2xy1 npn 1qy  0. 3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y2 2 x y1 y  0 56 biết nghiệm riêng của phương trình là y1pxq  sinx x . 4. Giải phương trình y2 sin2 x
2y  0 biết phương trình có nghiệm riêng là y  cotx. 5. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y2 x 1
x y1
1 1
x y  x
1 biết một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất là y  ex. 6. Chứng minh rằng nếu qpxq   0 thì nghiệm của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy  0 không thể có giá trị cực đại dương. 7. Chứng minh rằng tỉ số của hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy  0 không thể có điểm cực đại dương. 8. Chứng minh rằng nghiệm của phương trình y2
x2y  0 với điều kiện ban đầu yp0q  1, y1p0q  0 là hàm chẵn và dương. 9. Tìm khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm 57 tầm thường của phương trình y2 my  0 m ¡ 0. Có bao nhiêu không điểm trong khoảng ra; bs? 10. Chứng minh rằng nghiệm bất kỳ của phương trình y2 xy  0 có ít nhất 15 không điểm trên đoạn [-25;25]. 58 Chương 5 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP n DẠNG ĐẶC BIỆT 5.1 Phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng Định nghĩa 5.1.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng là phương trình có dạng ypnq a1y pn
1q    any  0. (1.1) trong đó a1, a2,    , an là các hằng số thực. Nếu dùng toán tử vi phân tuyến tính Lrys  ypnq a1y pn
1q    any thì phương trình (1.1) có thể viết dưới dạng Lrys  0. 59 • Đa thức F pλq  λn a1λn
1    an được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (1.1). • Nếu λ0 là nghiệm của đa thức đặc trưng thì eλ0x là nghiệm của phương trình (1.1). • Phương trình λn a1λn
1    an  0 được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (1.1). 5.1.1 Phương trình đặc trưng có n nghiệm thực khác nhau • Phương trình có n nghiệm thực phân biệt là λ1, λ2, . . . , λn. • Khi đó yi  eλix là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình. • Nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e λ1x C2e λ2x    Cne λnx. Ví dụ 5.1. Giải phương trình yp3q
y2
4y1 4y  0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng tương ứng là λ3
λ2
4λ 4  0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1  1;λ2  2, λ3 
2. Nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e x C2e 2x C3e
2x. 60 Ví dụ 5.2. Giải phương trình yp3q
5y2 6y1  0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng tương ứng là λ3
5λ2 6λ  0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1  0;λ2  2, λ3  3. Nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1 C2e 2x C3e 3x. 5.1.2 Phương trình đặc trưng có n nghiệm khác nhau và có nghiệm phức • Phương trình có n nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm phức α iβ. • Khi đó với mỗi nghiệm phức ta có hai nghiệm độc lập tuyến tính eαx cospβxq và eαx sinpβxq của phương trình. • Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 5.3. Giải phương trình yp3q
3y2 9y1 13y  0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ3
3λ2 9λ 13  0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1 
1;λ2  2 3i;λ3  2
3i. Nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e
x C2e 2x cos 3x C3e 2x sin 3x. 61 5.1.3 Phương trình đặc trưng có nghiệm bội • Phương trình đặc trưng nhận λ là nghiệm bội bậc k. • Khi đó các nghiệm xeλx, x2eλx, . . . , xk
1eλx là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình. • Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 5.4. Giải phương trình yp3q
3y2 3y1
y  0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng pλ3
1q  0 nên λ  1 là nghiệm bội ba. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e x C2xe x C3x 2ex. Ví dụ 5.5. Giải phương trình yp3q
7y2 16y1
12y  0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ3
7λ2 16λ
12  0. nên phương trình có nghiệm đơn λ  3 và nghiệm kép λ  2. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e 3x C2e 2x C3xe 2x. 5.1.4 Phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng Xét phương trình ypnq a1y pn
1q    any  fpxq (*) 62  Trường hợp fpxq  Pme αx. Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  Qmpxqe αx. Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  xkQmpxqe αx. Ví dụ 5.6. Giải phương trình y2
5y1 6y  6x2
10x 2. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2
5λ 6  0 có hai nghiệm thực là λ1  2 và λ2  3. Vì α  0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq  Ax2 Bx C. Dùng đồng nhất thức xác định được A  1;B  C  0 nên y  x2 là một nghiệm riêng của phương trình. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e 2x C2e 3x x2. Ví dụ 5.7. Giải phương trình y2
y  p2x 1qe2x. 63 Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2
1  0 có hai nghiệm thực là λ1  1 và λ2 
1. Vì α  2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq  pAxBqe2x. Dùng đồng nhất thức xác định được A  2{3;B 
5{9 nên y  p 2 3 x
5 9 qe2x là một nghiệm riêng của phương trình. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e x C2e
x p 2 3 x
5 9 qe2x. Ví dụ 5.8. Giải phương trình y2
4y1 4y  2e2x. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2
4λ 4  0 có hai nghiệm thực là λ1  λ2  2. Vì α  2 là nghiệm bội hai của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq  Ax2e2x. Dùng đồng nhất thức xác định được A  1 nên y  x2e2x là một nghiệm riêng của phương trình. 64 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e 2x C2xe 2x x2e2x.  Trường hợp fpxq  eαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Nếu α iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  eαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Nếu α iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  xkeαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Ví dụ 5.9. Giải phương trình y2 y1
2y  pcosx
7 sinxqex. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 λ
2  0 nên λ1  1;λ2  2. Vì α βi  1 i không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  expA cosxB sinxq. Đồng nhất thức ta được A  2;B  1 và do đó nghiệm riêng là ypxq  exp2 cosx sinxq. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e x C2e
2x exp2 cosx sinxq. 65 Ví dụ 5.10. Giải phương trình y2 y1 y 
13 sin 2x. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 λ 1  0 nên λ1 
1 2 ? 3 2 i;λ2 
1 2
? 3 2 i. Vì α βi  2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  A cos 2xB sin 2x. Đồng nhất thức ta được A  2;B  3 và do đó nghiệm riêng là ypxq  2 cos 2x 3 sin 2xq. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y  C1e
x 2 cos ? 3 2 x C2e
x 2 sin ? 3 2 x 2 cos 2x 3 sin 2xq. Ví dụ 5.11. Giải phương trình y2 y 
2 sinx. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 1  0 nên λ1  i;λ2 
i. Vì α βi  i là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq  xpA cosxB sinxq. 66 Đồng nhất thức ta được A 
1;B  0 và do đó nghiệm riêng là ypxq 
x cosx. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y 
x cosx C1 cosx C2 sinx. 5.2 Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy  0. Trong mục này, ta nghiên cứu về một số tính chất nghiệm của phương trình thuần nhất cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy  0. (3.1) Nói chung phương trình 3.1 không đơn giản. Thậm chí trong trường hợp đơn giản hơn y2 qpxqy  0 thì cũng không chắc rằng phương trình có thể giải được. Tuy vậy, ta có thể chuyển về một số trường hợp đơn giản hơn để khảo sát tính chất nghiệm. 5.2.1 Đưa phương trình về dạng không chứa đạo hàm cấp một. Đặt y  αpxqz với αpxq xác định bởi αpxq  e
» ppxqdx 2 . 67 Phương trình được chuyển về dạng z2 Ipxqz  0 với Ipxq 
ppxq 2
p2pxq 4 qpxq. Ví dụ 5.12. Xét phương trình Becxel x2y2 xy1 px2
n2qy  0. Hướng dẫn: ppxq  1 x và qpxq  1
n2 x2 . Do đó Ipxq  1 1 4
n2 x2 . Từ đay suy ra được nếu n  1 2 thì phép thế y  e
» dx 2xz  z ? x chuyển phương trình Becxel thành z2 z  0. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình này và chuyển về biến y ta được nghiệm tổng quát của phương trình Becxel là y  C1J1{2pxq C2J
1{2pxq. Trong đó J1 2 pxq  c 2 pi sinx ? x và J
1 2 pxq  c 2 pi cosx ? x 5.2.2 Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai tự liên hợp Định nghĩa 5.2.1. Phương trình tự liên hợp cấp hai là phương trình có dạng ppxqy2 p1pxqy1 qpxqy  0. 68 Định lý 5.2.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai p0pxqy 2 p1pxqy 1 p2pxqy  0 có thể đưa về dạng tự liên hợp bằng cách nhân hai vế cho hàm µpxq với µpxq  1 p0pxq e » p1pxq p0pxq dx . Ví dụ 5.13. Phương trình Lerander p1
x2qy2
2xy1 npn 1qy  0 là phương trình tự liên hợp. Thật vậy, với x  1 phương trình có p1
x2q1 
2x. Do đó phương trình có thể viết lại thành d dx pp1
x2qy1q npn 1qy  0. Ví dụ 5.14. Phương trình Becxel x2y2 xy1 px2
n2qy  0 không là phương trình tự liên hợp. Có thể chuyển về phương trình tự liên hợp bằng cách nhân cho µpxq  1 x . Ki đó dạng tự liên hợp của phương trình Becxel là xy2 y1 px
n2 x qy  0. 69 5.3 Sự giao động của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai Định nghĩa 5.3.1. Nghiệm của phương trình tuyến tính cấp hai được gọi là dao động nếu có ít nhất hai không điểm trên đoạn pa; bq. Ngược lại, ta nói nghiệm không dao động. Ví dụ 5.15. a) Xét phương trình y2
λ2y  0 nhận y  C1xC2 là nghiệm không dao động với C1  0. b) Xét phương trình y2 λ2y  0 nhận y  A sinpλx ϕq là nghiệm dao động trên mỗi đoạn pa; bq có độ dài lớn hơn 2pi λ . Định lý 5.3.1. Giả sử hàm Qpxq liên tục trên khoảng pa; bq và thỏa mãn điều kiện Qpxq ¤ 0, @x P pa; bq Khi đó nghiệm không tầm thường cửa phương trình y2Qpxqy  0 không giao động trên khoảng pa; bq. Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng tồn tại nghiệm không tầm thường của phương trình là y1pxq dao động trên pa; bq với hai không điểm liên tiếp là x1 và x2. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng y1pxq ¡ 0 trên px1.x2q. Khi đó trên px1, x2q thì y21pxq 
Qpxqy1pxq ¥ 0 70 cho nên y11pxq là hàm không giảm trên px1, x2q. Từ đó suy ra y11px1q  lim xÑx1 y1pxq
y1px1q x
x1  lim xÑx1 y1pxq x
x1 ¥ 0. Do y1pxq là nhiệm không tầm thường cho nên y 1 1px1q ¡ 0. Từ đây suy ra y11pxq ¡ 0 với mọi x P px1;x2q. Mặt khác, theo định lý Rolle thì tồn tại c P px1, x2q sao cho y 1 1pcq  0. Điều này là mâu thuẫn với nhận xét y11pxq ¡ 0. Định lý 5.3.2 (stoke). Giả sử y1pxq và y2pxq là hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy  0 Khi đó giữa hai không điểm của nghiệm y1pxq có duy nhất một không điểm của nghiệm y2pxq và ngược lại. Định lý 5.3.3 (so sánh). Cho hai phương trình y2 Q1pxqy  0 và z2Q2pxqy  0 trong đó Q1, Q2 là các hàm liên tục trên pa; bq. Giả sử trên đoạn pa; bq các hàm Q1pxq và Q2pxq thỏa mãn điều kiện Q2pxq ¥ Q1pxq. Khi đó giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ nhất có ít nhất một không điểm của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ hai nếu trong khoảng nằm giữa hai không điểm này có điểm x mà tại đó Q2pxq ¡ Q1pxq. 71 Hệ quả 5.3.4. Nếu Q2pxq ¡ Q1pxq trong khoảng pa; bq thì nghiệm của phương trình z2 Q2pxqy  0 dao động hơn nghiệm của phương trình y2 Q1pxqy  0. Ví dụ 5.16. Xét phương trình y2 qpxqy  0 trong đó qpxq là hàm dương liên tục trên đoạn ra; bs. Kí hiệu m  min qpxq và M  max qpxq trên ra; bs. Áp dụng định lý so sánh cho từng cặp các phương trình y2 my  0; z2 qpxqz  0 y2 qpxqy  0; z2 Mz  0 Kiểm tra được rằng khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình y2 k2y  0 là pi k . Do đó " khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình y2 qpxqy  0 nằm trong khoảng p pi ? M ; pi ? m q." Ví dụ 5.17. Xét phương trình Becxel x2y2 xy1px2
n2qy  0. Phương trình được chuyển về z2 1
n2
1 4 x2  z  0. 72 So sánh với phương trình y2 y  0 thì có được kết luận " khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của hàm Becxel nhỏ hơn pi nếu
1 2   n   1 2 , lớn hơn pi nếu n ¡ 1{2 hoặc n  
1{2." BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG V 1. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình thuần nhất sau đây: a. yp3q
3y1  0. b. yp3q
3y2 3y1
y  0. c. yp4q
4yp3q 5y2
4y1 4y  0. 2. Giải các phương trình tuyến tính không thuần nhất sau: a. y2
4y1 y  x2 2x. b. yp3q y2 y1 y  xex. c. yp3q y2 y1 y  3 sinx. d. y2 4y  x sin 2x. e. y2 9y  cos 2x. cos 3x. f. yp3q y  x3
6 x4 . 3. Bằng phép đổi biến chuyển các phương trình sau đây về phương trình có hệ số hằng và giải phương trình đó a. x2y2
2xy1 2y  0. b. p1
x2qy2
xy1  2y  0. 73 c. y2 2 x y1 y  0. d. y2
1 x y1 x2 p1 x2q2 y  0. 4. Chứng minh rằng nếu qpxq ¤ 0 thì bài toán biên y2 qpxqy  0; ypx1q  a; ypx2q  b có nghiệm duy nhất. Hơn nữa, nghiệm này là hàm đơn điệu khi b  0. 5. Cho phương trình y2 ay1 by  0 tìm điều kiện của các hằng số a; b sao cho a) mọi nghiệm của phương trình đều giới nội trong r0,8q. b) mọi nghiệm của phương trình đều dần đến 0 khi xÑ 8. 6. Chứng minh rằng nghiệm ypxq của phương trình y2 λ2y  fpxq với điều kiện ban đầu yp0q  y1p0q  0 có dạng ypxq  1 λ » x 0 sinλpx
τqfpτqdτ. 74 Chương 6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 6.1 Các khái niệm mở đầu 6.1.1 Hệ phương trình- nghiệm của hệ phương trình Định nghĩa 6.1.1. Hệ phương trình vi phân cấp một dạng chuẩn tắc là hệ phương trình có dạng sau $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx  f1px, y1, y2,    , ynq dy2 dx  f2px, y1, y2,    , ynq                      dyn dx  fnpx, y1, y2,    , ynq (1.1) Định nghĩa 6.1.2 (nghiệm của hệ). Nghiệm của hệ phương trình vi phân là hệ hàm tyi  ϕipxqu n i1 nếu thay vào (1.1) thì được đồng nhất thức theo x. 75 Định nghĩa 6.1.3. Tập hợp điểm Γ  tpx, ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxqq, x P pa; bqu được gọi là đường cong tích phân ứng với nghiệm ϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxq. Định nghĩa 6.1.4. Không gian Rn được gọi là không gian pha. Tập hợp điểm γ  tpϕ1pxq, ϕ2pxq,    , ϕnpxqq, x P pa; bqu được gọi là đường cong pha hay quỹ đạo pha. • Đường cong pha chứa trong không gian pha. • Không gian Rn1 được gọi là không gian pha suy rộng. • Đường cong tích phân được chứa trong không gian pha suy rộng. 6.1.2 Ý nghĩa cơ học • Xem t là biến độc lập, x1, x2,    , xn là tọa độ của một điểm trong không gian pha Rn. • Hệ phương trình vi phân cấp một $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dx1 dx  F1pt, x1, x2,    , xnq dx2 dx  F2pt, x1, x2,    , xnq                      dxn dx  Fnpt, x1, x2,    , xnq (1.2) 76 • Hệ phương trình trên là hệ phương trình chuyển động của một điểm trong không gian pha Rn. • Hệ (1.2) độc lập với biến t hay $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dx1 dx  F1px1, x2,    , xnq dx2 dx  F2px1, x2,    , xnq                      dxn dx  Fnpx1, x2,    , xnq (1.3) thì vận tốc của vector không thay đổi theo thời gian. • Hệ phương trình trên xác định một trường vận tốc dừng hay còn gọi là hệ ô-tô-nôm. Ví dụ 6.1. Hệ phương trình $ ' & ' % dx dt  y dy dt 
x là một hệ dừng. • Không gian pha là R2. • Hệ có nghiệm là x  C1 cospt
C2q; y 
C1 sinpt
C2q. • Vì x2 y2  C21 nên trong không gian pha mỗi chuyển động của hệ đang xét là một đường tròn tâm O bán kính |C1|. 77 6.2 Mối quan hệ giữa phương trình vi phân cấp n và hệ n phương trình vi phân cấp một 6.2.1 Chuyển PTVP cấp n về hệ n phương trình vi phân cấp một • Đặt y  y1; y1  y2,    , yn  ypn
1q. • Khi đó có hệ n phương trình vi phân cấp một $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx  y2 dy2 dx  y3                      dyn dx  fpx, y1, y2,    , ynq 6.2.2 Chuyển hệ n phương trình vi phân cấp một về PTVP cấp n Ví dụ 6.2. Xét hệ phương trình vi phân $ ' & ' % dx dt  3x
2y dy dt  2x
y • Vi phân hai vế của phương trình đầu thì d 2x dt2  3 dx dt
2 dy dt . • Thay phương trình hai vào thì d2x dt2
2 dx dt x  0. 78 Ví dụ 6.3. Xét hệ phương trình vi phân $ ' & ' % dx dt  y dy dt  x • Cộng hai vế của phương trình thì d dt px yq  x y. • Suy ra x y  C1et. • Trừ hai phương trình cho nhau thì d dt px
yq 
x y. • Suy ra x
y  C2e
t. 6.3 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 6.3.1. Xét hệ phương trình vi phân $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx  f1px, y1, y2,    , ynq dy2 dx  f2px, y1, y2,    , ynq                      dyn dx  fnpx, y1, y2,    , ynq (4.1) Nếu các hàm fi liên tục và giới nội trong miền G € Rn và các hàm fi thỏa mãn điều kiện Lipchitz. Khi đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện Cauchy ban đầu. 79 6.4 Các loại nghiệm của hệ phương trình vi phân Nghiệm tổng quát- nghiệm riêng- nghiệm kỳ dị Định nghĩa 6.4.1. Hệ n hàm khả vi liên tục theo x phụ thuộc vào n hằng số yi  ϕipx,C1, C2,    , Cnq được gọi là nghiệm tổng quát của hệ phương trình nếu a) Với mỗi px0, y 0 1,    , y 0 nq P G có thể xác định được các hằng số Ci. b) Khi thay yi vào hệ phương trình ta được các đồng nhất thức đúng. Định nghĩa 6.4.2. Nghiệm của hệ phương trình mà tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy được đảm bảo gọi là nghiệm riêng. Nếu tính duy nhất nghiệm bị phá vỡ được gọi là nghiệm kỳ dị. 80 6.5 Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất Định nghĩa 6.5.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình có dạng $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx  p11pxqy1 p12pxqy2    p1npxqyn dy2 dx  p21pxqy1 p22pxqy2    p2npxqyn                      dyn dx  pn1pxqy1 pn2pxqy2    pnnpxqyn (6.1) Trong đó các hàm pijpxq liên tục trên pa; bq. Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Định lý 6.5.1. Giả sử y1pxq, y2pxq,    , ynpxq là nghiệm cơ bản của (6.1). Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình là Y pxq  c1y1pxq c2y2pxq    cnynpxq trong đó các số ci là tùy ý. 81 6.6 Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Định nghĩa 6.6.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là hệ phương trình có dạng $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx  p11pxqy1 p12pxqy2    p1npxqyn f1pxq dy2 dx  p21pxqy1 p22pxqy2    p2npxqyn f2pxq                      dyn dx  pn1pxqy1 pn2pxqy2    pnnpxqyn fnpxq (7.1) Trong đó các hàm pijpxq liên tục trên pa; bq. Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất Định lý 6.6.1. Giả sử y1pxq, y2pxq,    , ynpxq là nghiệm cơ bản của (6.1) và ypxq là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất. Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình (7.1) là Y pxq  c1y1pxq c2y2pxq    cnynpxq y  pxq trong đó các số ci là tùy ý. 82 6.7 Một số phương pháp giải hệ phương trình vi phân 6.7.1 Phương pháp khử Nội dung phương pháp: là đưa một hệ phương trình vi phân về phương trình vi phân cấp cao bằng cách đạo hàm một phương trình rồi khử các hàm chưa biết chỉ để lại một hàm số duy nhất. Ví dụ 6.4. Xét hệ $ ' & ' % dx dt  y t2 dy dt  3x 3 t Từ phương trình đầu ta có y  t2 dx dt Ñ dy dt  2t dx dt t2 d2y dt2 . Từ phương trình hai ta có dx dt  3x 3 t y  3x 3t dx dt . Cho nên t2 d2x dt2 2 dx dt  3x 3t dx dt suy ra t2 d2x dt2
t dx dt
3x  0. Giải phương trình vi phân cấp hai ta được xptq  c1 t c2t 3 cho nên y  t2 dx dt 
c1 3c2t 2. Cho nên nghiệm của hệ là $ ' & ' % xptq  c1 t c2t 3 yptq  t2 dx dt 
c1 3c2t 2 83 Ví dụ 6.5. Xét hệ phương trình $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % dx dt  2y dy dt  2z dz dt  2x Đạo hàm phương trình thứ nhất ta được d2x dt2  2 dy dt thế dy dt vào phương trình thứ hai ta được d2x dt2  4z. Đạo hàm tiếp ta được d3x dt3  4 dz dt . Thế dz dt vào phương trình thứ ba ta được d3x dt3
8x  0. Ta được một phương trình vi phân cấp ba theo x. Giải phương trình theo x và thay vào các phương trình thứ nhất, thứ hai trong hệ ta được nghiệm của hệ là $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % x  c1e 2t e
tpc2 cos ? 3t c3 sin ? 3tq y  c1e 2t 1 2 e
tppc3 c2q cos ? 3t
pc3 ? 3 c3q sin ? 3tq z  c1e 2t
1 2 e
tppc3 ? 3 c2q cos ? 3t
pc3 ? 3 c3q sin ? 3tq 84 6.7.2 Phương pháp toán tử Nội dung: Trường hợp hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng thì phương pháp khử nêu trên có thể tiến hành nhờ các toán tử vi phân và việc giải các hệ phương trình vi phân giống như giải các phương trình đại số tuyến tính. Ta kí hiệu phép lấy đạo hàm là D  d dt khi đó D2  d2 dt2 , . . . , Dk  dk dtk . Khi đó các hệ phương trình vi phân có thể biểu diễn như hệ phương trình đại số. Ví dụ 6.6. Giải hệ phương trình $ ' & ' % x2 x1 2y  0 x1
3x
2y  0 Viết hệ dưới dạng toán tử như sau $ ' & ' % Dx pD 2qy  0 pD
3qx
2y  0 Khử x ta được pD2 D
6qy  0. Đây là hệ phương trình vi phân tuyến tính câp hai y2 y1
6y  0. Giải phương trình ta được yptq  c1e 2t c2e
3t. Thế y vào phương trình đầu ta có được x1
3x  2c1e 2t 2c2e
3t. 85 Giải phương trình tuyến tính ta tìm được x 
2c1e 2t
1 3 c2e
3t. Ví dụ 6.7. Giải hệ phương trình $ ' & ' % x2ptq y1ptq
xptq yptq 
1 x1ptq y1ptq
xptq  t2 Viết hệ dưới dạng toán tử như sau $ ' & ' % pD2
1qx pD 1qy 
1 pD
1qxDy  t2 Khử y ta được xp3qptq
x2ptq
x1ptq xptq 
2t
t2. Giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất ta được xptq 
t2
4t
6 c1e t c2te t c3e
t. Thay vào phương trình hai ta được nghiệm của hệ phương trình là $ ' & ' % xptq 
t2
4t
6 c1e t c2te t c3e
t yptq 
t2
2t
3
c2e t
2c3e
t 6.7.3 Phương pháp tổ hợp tích phân Nội dung: là tổ hợp các phương trình một cách thích hợp để được các phương trình dễ lấy tích phân. Ví dụ 6.8. Giải hệ 86 phương trình $ ' & ' % dx dt  x2y dy dt  y t
xy2 Nhân phương trình thứ nhất với y, phương trình thứ hai với x rồi cộng lại ta được y dx dt x dy dt  xy t Ñ dpxyq dt  xy t Ñ xy  c1t. Thế xy  c1t vào phương trình thứ nhất ta được dx dt  c1txÑ x  c2e c1 t2 2 . Thế vào phương trình ta được y  c1 c2 te
c1 t2 2 , c2  0. Vậy nghiệm của hệ là $ ' ' ' ' & ' ' ' ' % x  c2e c1 t2 2 y  c1 c2 te
c1 t2 2 Ví dụ 6.9. Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dx dt  x 2x 3y dy dt  y 2x 3y 87 với điều kiện xp0q  1; yp0q  2. Chia phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được dx dy  x y Ñ x  c1y. Ta lập tổ hợp thứ hai như sau 2 dx dt 3 dy dt  1Ñ 2dx 3dy  dtÑ 2x 3y  t c2. Từ trên ta được $ ' ' & ' ' % x  c1pt c2q 2c1 3 y  t c2 2c1 3 Sử dụng điều kiện ban đầu ta được c1  1 2 , c2  8 nên nghiệm của hệ là $ ' & ' % x  1 8 t 1 y  1 4 t 2 BÀI TẬP CHƯƠNG 6 Bài 1:Giải hệ phương trình $ ' & ' % dx dt  x y dy dt  x
y Bài 2:Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dx dt  x 2x 3y dy dt  y 2x 3y 88 Bài 3:Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dy dx  z pz
yq2 dz dx  y pz
yq2 Bài 4:Giải hệ phương trình $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % dx dt  x
y z
t dy dt  x
y z
t dz dt  x
y 1 89 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thế Hoàn- Phạm Phu ,(2007), Cơ sở phương trình vi phân và lý thuyết ổn định, NXB Giáo dục. [2] Nguyễn Thế Hoàn- Trần Văn Nhung ,(2007),Bài tập Phương trình vi phân, NXB Giáo dục. [3] Đỗ Công Khanh ,(2000),Giải tích nhiều biến, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh. [4] Đỗ Công Khanh- Ngô Thu Lương- Nguyễn Minh Hằng,(2003),Toán cao cấp (Toán 4), Chuỗi và Phương trình vi phân, NXB Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. [5] Nguyễn Đình Phư ,(2002) ,Bài tập phương trình vi phân, Đại học Quốc Gia Thành phố Hồ Chí Minh. 90