KHOA TOÁN - TIN HỌC. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z TRỊNH ĐỨC TÀI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (Bài Giảng Tóm Tắt) Lưu hành nội -Y Đà Lạt 2008 Z Mục lục Phương trình vi phân thường cấp I 1.1 1.2 1.3 Mở đầu 2 1.1.1 Vài mơ hình đơn giản 1.1.2 Các khái niệm 1.1.3 Ý nghĩa hình học phương trình vi phân: Định lý tồn nghiệm 1.2.1 Bài toán Cauchy 1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard 1.2.3 Sự tồn nghiệm 1.2.4 Phân loại nghiệm phương trình vi phân 11 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I 12 1.3.1 Phương trình với biến số phân ly 12 1.3.2 Phương trình vi phân 13 1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần 15 1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I 18 1.3.5 Phương trình Bernoulli 19 1.3.6 Phương trình Darboux 20 1.3.7 Phương trình Riccati 22 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải đạo hàm 23 1.4.1 1.5 1.6 Tích phân số phương trình vi phân cấp I 23 Phương trình Clairaut phương trình Lagrange 26 1.5.1 Phương trình Clairaut 26 1.5.2 Phương trình Lagrange 27 1.5.3 Tham số hoá tổng quát 28 Nghiệm kỳ dị phương trình vi phân cấp I 29 1.6.1 Sự tồn nghiệm kỳ dị 29 ii MỤC LỤC 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến 30 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến 32 Phương trình vi phân cấp cao 2.1 2.2 Phương trình vi phân cấp cao 35 35 2.1.1 Các khái niệm 35 2.1.2 Sự tồn nghiệm 36 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải cầu phương 37 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao hạ cấp 39 2.1.5 Tích phân trung gian tích phân đầu 42 Lý thuyết tổng quát phương trình vi phân tuyến tính cấp cao 43 2.2.1 Các khái niệm 43 2.2.2 Nghiệm tổng quát phương trình 44 2.2.3 Nghiệm phương trình vi phân tuyến tính khơng 50 2.2.4 Phương pháp biến thiên số tìm nghiệm riêng phương trình khơng 51 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số 53 2.3.1 Nghiệm phương trình hệ số 53 2.3.2 Tìm nghiệm riêng phương trình khơng nhất: 56 Hệ phương trình vi phân 3.1 3.2 3.3 3.4 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát 60 60 3.1.1 Các định nghĩa 60 3.1.2 Liên hệ hệ phương trình phương trình vi phân cấp cao 61 3.1.3 Sự tồn nghiệm 62 3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân 63 Một số định lý phương trình vi phân 66 3.2.1 Sự tồn nghiệm 66 3.2.2 Thác triển nghiệm tồn toàn cục 68 Hệ phương trình vi phân tuyến tính 69 3.3.1 Hệ tuyến tính 69 3.3.2 Hệ tuyến tính khơng 73 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số 75 3.4.1 Phương trình đặc trưng 75 3.4.2 Hệ nghiệm 76 3.5 Sự ổn định nghiệm hệ tuyến tính 79 MỤC LỤC 3.5.1 Sơ lược toán ổn định 79 3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính 82 3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ 83 3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai 83 Phương trình vi phân mặt phẳng phức 4.1 Các khái niệm Sự tồn nghiệm 86 86 4.1.1 Các khái niệm 86 4.1.2 Sự tồn nghiệm 86 4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực 87 4.1.4 Nghiệm phương trình vi phân dạng chuỗi luỹ thừa 88 4.1.5 Điểm kỳ dị phương trình vi phân 91 4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II 96 4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) 96 4.2.2 Phương trình Legendre 97 4.2.3 Phương trình Bessel 98 4.3 Sơ lược khai triển tiệm cận nghiệm phương trình vi phân 98 4.3.1 Sơ lược khai triển tiệm cận 4.3.2 Dáng điệu tiệm cận nghiệm gần điểm kỳ dị khơng qui 100 4.3.3 Khai triển tiệm cận nghiệm 102 4.3.4 Sơ lược phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) 103 A Biến đổi Laplace phương trình vi phân 99 106 A.1 Biến đổi Laplace 106 A.2 Giải phương trình vi phân phép biến đổi Laplace 108 Tài liệu tham khảo 112 Chương Phương trình vi phân thường cấp I 1.1 Mở đầu Trong nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động hệ mơ hình hố phương trình vi phân, tức phương trình có chứa đạo hàm ẩn hàm cần tìm Chẳng hạn, học cổ điển (định luật Newton), thiên văn học (sự chuyển động hành tinh), hoá học (các phản ứng hoá học), sinh học (sự phát triển dân số), điện tử Trong hầu hết lĩnh vực thế, toán chung mơ tả nghiệm phương trình (cả định tính lẫn định lượng) 1.1.1 Vài mơ hình đơn giản Sự rơi tự Xét vật có khối lượng m thả rơi tự khí gần mặt đất Theo định luật II Newton, chuyển động vật mơ tả phương trình F = ma (1.1) F hợp lực tác động lên vật a gia tốc chuyển động Hợp lực F giả thiết bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng vật hướng xuống) lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động hướng lên trên) Ngoài ra, gia tốc chuyển dv động a = nên (1.1) viết dạng dt m dv = mg − γv dt (1.2) g ≈ 9, 8m/s2 gia tốc trọng trường, γ hệ số cản Vậy vận tốc v vật rơi tự thỏa mãn phương trình (1.2) với xuất đạo hàm v Những phương trình ta gọi phương trình vi phân Dung dịch hóa học Giả sử thời điểm ban đầu t = t0 thùng chứa x0 kg muối hịa tan 1000 lít nước Ta cho chảy vào thùng loại nước muối nồng độ 1.1 Mở đầu a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) khấy Đồng thời, cho hỗn hợp chảy khỏi thùng với tốc độ Gọi x = x(t) lượng muối thùng thời điểm Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối thùng dx hiệu tỉ lệ muối dt rx chảy vào ar (kg/phút) trừ tỉ lệ muối chảy thời điểm xét 1000 (kg/phút) Vậy ta có phương trình vi phân rx dx = ar − (1.3) dt 1000 với kiện ban đầu x(t0 ) = x0 1.1.2 Các khái niệm Phương trình vi phân phương trình có dạng F (x, y, y , y , , y (n) ) = (1.4) y = y(x) ẩn hàm cần tìm thiết phải có tham gia đạo hàm (đến cấp đó) ẩn Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm hàm nhiều biến (xuất đạo hàm riêng) phương trình vi phân cịn gọi phương trình đạo hàm riêng Để phân biệt, người ta thường gọi phương trình với ẩn hàm hàm biến phương trình vi phân thường đối tượng giáo trình Thơng thường ta xét phương trình với ẩn hàm hàm số biến thực y = y(x) xác định khoảng mở I ⊂ R; hàm F đẳng thức xác định tập mở G R × Rn+1 Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm vector-hàm (hàm với giá trị vector) y(x) = (y1 (x), , ym (x))T ∈ Rm , F ánh xạ nhận giá trị Rm (1.4) hiểu hệ phương trình vi phân Ta nói phương trình vi phân có cấp n n cấp lớn đạo hàm ẩn xuất phương trình Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát F (x, y, y ) = (1.5) F (x, y, z) giả thiết liên tục với đạo hàm riêng miền G ⊂ R3 Với số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phân cấp I viết dạng sau (gọi dạng giải đạo hàm) y = f (x, y) với f liên tục miền D ⊂ R2 Ví dụ: Các phương trình ey + y cos x = (y )2 − 2xy = ln x ∂2u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y (1.6) 1.1 Mở đầu phương trình vi phân thường cấp I, cấp III phương trình đạo hàm riêng cấp II Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → Rn (với I = (a, b) khoảng R) nghiệm phương trình (1.4) có đạo hàm liên tục đến cấp n I thoả mãn F (x, φ(x), φ (x), φ (x), , φ(n) )(x) = 0, với x ∈ I (1.7) Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm hàm thực biến y = φ(x) mà thay vào (1.5) (1.6), ta đẳng thức Ví dụ: Dễ kiểm tra họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý) y = C1 cos x + C2 sin x nghiệm phương trình vi phân y +y =0 z X 1 y Hình 1.1: Nghiệm phương trình Volterra-Lotka Ví dụ: (Săn mồi mồi) Sự phát triển hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t) số mèo y = y(t) số chuột) theo thời gian mơ tả (hệ) phương trình Volterra−Lotka sau y = y(α − βx), x = x(γy − δ) (1.8) với α, β, γ δ số đặc trưng cho tăng trưởng quần thể Để tìm nghiệm phương trình ta xem y hàm theo x, phương trình viết dạng y(α − βx) dy = dx x(γy − δ) hay (γy − δ) (α − βx) dy = dx y x Nghiệm phương trình cho γy − δ ln y = α ln x − βx + C C số tuỳ ý Hình 1.1 mơ tả nghiệm phương trình α = β = γ = 1, δ = 5 1.1 Mở đầu 1.1.3 Ý nghĩa hình học phương trình vi phân: Xét phương trình vi phân (1.6), với f (x, y) liên tục miền mở R2 Tại điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho hướng với hệ số góc dy = f (x, y) (1.9) dx Khi ta thu trường hướng xác định (1.9), dĩ nhiên hướng tiếp tuyến đường cong điểm trùng với hướng trường điểm Giải phương trình vi phân dạng (1.6) mặt hình học tìm tất đường cong cho điểm hướng tiếp tuyến trùng với hướng trường Hình 1.2 cho y ta trường hướng phương trình y = − x k= y(x) –2 –1 x –1 –2 Hình 1.2: Trường hướng phương trình y = − y x Ngược lại, cho trước họ đường cong ϕ(x, y, C) = (1.10) phụ thuộc vào tham số C cho qua điểm có đường cong họ qua Ta lập phương trình vi phân nhận họ đường cong làm nghiệm tổng quát sau Đạo hàm hai vế phương trình theo x, ta ∂ϕ ∂ϕ (x, y, C) + y (x, y, C) = ∂x ∂y Từ phương trình (1.10), với (x, y) ta ln tìm giá trị C = C(x, y) Thay C vào đẳng thức ta nhận ∂ϕ ∂ϕ (x, y, C(x, y)) + y (x, y, C(x, y)) = ∂x ∂y 1.2 Định lý tồn nghiệm phương trình vi phân cần tìm Ví dụ: Tìm phương trình vi phân họ đường cong sau: y = Cx2 Đạo hàm hai vế theo x ta y = 2Cx Khử C ta thu phương trình vi phân: y =2 y x 1.2 Định lý tồn nghiệm 1.2.1 Bài toán Cauchy Ta nhận xét nghiệm phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào hay nhiều số tuỳ ý Để xác định nghiệm cụ thể, ta cần thêm hay vài kiện nghiệm (tuỳ theo cấp phương trình vi phân) Chẳng hạn, 3 y = x3 + C nghiệm (tổng quát) phương trình y = x2 Dễ thấy y = x3 + nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = Ta xét toán sau đặt phương trình (1.5), gọi toán Cauchy (hay toán giá trị ban đầu): Bài tốn: Tìm nghiệm y(x) thỏa: y = f (x, y) y(x0 ) = y0 (1.11) (x0 , y0 ) ∈ D gọi điều kiện ban đầu Câu hỏi tự nhiên đặt toán (1.11) có hay khơng có lời giải Ta lưu ý khơng phải lúc tốn Cauchy có nghiệm, có nghiệm khơng thiết có nghiệm Chẳng hạn, phương trình y = x2 , y(0) = có nghiệm y = x3 /3 Phương trình xy = y, y(0) = khơng có nghiệm nào; cịn phương trình y = y 1/3 , y(0) = có nghiệm là y ≡ y = 27 x Trong mục sau ta phát biểu chứng minh định lý giải trọn vẹn toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I 1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard Ta xét tốn Cauchy phương trình cấp I dạng giải đạo hàm (1.11), f xác định liên tục miền mở D ⊂ R2 Giả sử y(x) nghiệm tốn (1.11), tích phân hai vế phương trình (1.11) ta phương trình tích phân y(x) x y(x) = y0 + f (t, y(t))dt x0 (1.12) 1.2 Định lý tồn nghiệm Rõ ràng nghiệm (1.11) nghiệm (1.12) ngược lại, nghiệm (1.12) khả vi liên tục (tức thuộc lớp C ) khoảng I v tho phng trỡnh (1.11) Phộp lp Picard-Lindelă of V mặt tốn tử, nghiệm phương trình tích phân (1.12) lời giải tốn điểm bất động ánh xạ co không gian metric đầy đủ (ở ta xét không gian hàm khả vi liên tục I) mà lời giải cho bi phng phỏp xp x liờn tip Picard-Lindelăof sau Xét dãy hàm xác định cách đệ qui y0 (x) = y0 (hay hàm đó) x yk+1(x) = y0 + x0 f (t, yk (t))dt, với k ∈ N (1.13) Bổ đề 1.1 Giả sử f liên tục hình chữ nhật D = (x, y) ∈ R2 /|x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b Đặt M := max |f (x, y)| h := a, (x,y)∈D b Khi với x ∈ I := [x0 −h, x0 +h] M ta có |yk (x) − y0 | ≤ b, với k Nói cách khác, phép lặp (1.13) hàm yk không khỏi phần hình chữ nhật D, ứng với x ∈ I Chứng minh: Ta có, với x0 − h ≤ x ≤ x0 + h: x |yk − y0 | = x0 x f (t, yk−1(t))dt ≤ x0 |f (t, yk−1(t))| dt ≤ M |x − x0 | ≤ Mh ≤ b Ví dụ: Xét phương trình y = −y , với y(0) = Nghiệm xác y = x+1 Vài xấp xỉ đầu tiờn phộp lp Picard-Lindelăof l y0 = 1, y1 = − x, y2 = x3 − x + x2 − , (xem Hình 1.3) Ta nhận thấy xấp xỉ yk hội tụ nhanh x bé, với giá trị x lớn phép lặp phân kỳ 1.2.3 Sự tồn nghiệm Trong phần ta phát biểu chứng minh định lý lý thuyết phương trình vi phân, khẳng định tồn nghiệm toán Cauchy 8 1.2 Định lý tồn nghiệm Y0(x) Y2(x) Y4(x) Y1(x) Y3(x) Hỡnh 1.3: Phộp lp Picard-Lindelăof cho phng trình y = −y , với y(0) = Định nghĩa 1.2.1 Cho hàm f (x, y) xác định miền D ⊂ R2 Ta nói f thoả điều kiện Lipschitz theo biến y D tồn số dương L (gọi số Lipschitz) cho: với (x, y1 ), (x, y2 ) ∈ D |f (x, y1 ) − f (x, y2 )| ≤ L |y1 − y2 | , Nhận xét: Điều kiện Lipschitz yếu so với điều kiện giới nội đạo hàm riêng ∂f ∂f ∂f ≤ L Khi đó, áp dụng định lý Lagrange D Thật vậy, giả sử liên tục ∂y ∂y ∂y cho hàm f (x, y) theo biến y ta f (x, y1) − f (x, y2 ) = (y1 − y2 ) ∂f [x, y1 + θ(y2 − y1 )] ∂y Từ suy điều kiện Lipschitz Ví dụ: Hàm f (x, y) = y 1/3 liên tục không thỏa điều kiện Lipschitz theo biến y lân cận (0, 0) Định lý 1.2 (Định lý tồn nghiệm) Giả sử hàm số f (x, y) (1.11) liên tục thoả điều kiện Lipschitz theo biến y hình chữ nhật D = (x, y) ∈ R2 / |x − x0 | ≤ a, |y − y0 | ≤ b Khi nghiệm tốn Cauchy (1.11) tồn đoạn I := [x0 − h, x0 + h], với h := min(a, Mb ) M := max |f (x, y)| (x,y)∈D Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước: Sự tồn tại: Ta chứng minh phép lặp Picard hội tụ I đến nghiệm toán Cauchy Trước tiên ta chứng minh qui nạp − x0 |k+1 , (k + 1)! k |x |yk+1(x) − yk (x)| ≤ ML với x ∈ I 1.2 Định lý tồn nghiệm Với k = 0, bất đẳng thức x x0 f (t, y0 (t))dt ≤ M |x − x0 |; bất đẳng thức Giả sử ta có điều với k − 1, với x0 ≤ x ≤ x0 + h ta có x |yk+1 (x) − yk (x)| = ≤ [f (t, yk (t)) − f (t, yk−1(t))] dt x0 x x0 x |f (t, yk (t)) − f (t, yk−1(t))| dt ≤ L x0 |yk (t) − yk−1(t)| dt x ≤L x0 |yk (t) − yk−1(t)| dt x k ≤ ML x0 k+1 |x − x0 |k k |x − x0 | dt = ML k! (k + 1)! (với x0 − h ≤ x ≤ x0 ta đánh giá tương tự) Xét dãy hàm {yk (x)} I, ta có |yk+p(x) − yk (x)| ≤ |yk+p (x) − yk+p−1(x)| + |yk+p−1(x) − yk+p−2(x)| + · · · + |yk+1 (x) − yk (x)| M L M ≤ L ≤ (L |x − x0 |)k+p (L |x − x0 |)k+1 +···+ (k + p)! (k + 1)! j (Lh) j! j≥k+1 (Lh)j hội tụ, nên phần dư (xuất biểu thức cuối j! cùng) làm cho bé tuỳ ý k đủ lớn Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy {yk (x)} hội tụ I đến hàm y(x) Để chứng minh y(x) nghiệm ta cần qua giới hạn đẳng thức Chuổi số ∞ j=0 x yk+1 (x) = y0 + f (t, yk (t))dt x0 Vì dãy hàm {yk (x)} hội tụ đều, f liên tục hình chữ nhật D nên dãy hàm {f (t, yk (t))} hội tụ I đến hàm f (t, y(t)) Do chuyển giới hạn qua dấu tích phân để đẳng thức (1.12) Vậy y(x) nghiệm tốn Cauchy (1.11) Tính nhất: Giả sử tốn Cauchy (1.11) cịn có nghiệm z(x), ta có x y(x) − z(x) = Suy x0 [f (t, y(t)) − f (t, z(t))] dt x |y(x) − z(x)| = x0 [f (t, y(t)) − f (t, z(t))] dt ≤ 2M |x − x0 | 10 1.2 Định lý tồn nghiệm Từ x |y(x) − z(x)| = x0 x [f (t, y(t)) − f (t, z(t))] dt ≤ L x0 |y(t) − z(t)|dt ≤ 2ML |x − x0 |2 Lặp lại trình trên, ta dễ dàng chứng minh với số tự nhiên k: |y(x) − z(x)| ≤ 2MLk |x − x0 |k+1 , (k + 1)! với x ∈ I Cho k −→ +∞ ta có |y(x) − z(x)| = I Như vậy, cách địa phương, nghiệm y(x) Nhận xét: Điều kiện Lipschitz quan trọng, f (x, y) liên tục R2 Chẳng hạn xét phương trình y = |y|, y(0) = Ta thấy y ≡ nghiệm Ngồi cịn có vơ số nghiệm khác (xem hình 1.4) (x − C)2 x ≥ C x ≥ C y(x) = y(x) = x ≤ C −(x − C)2 x ≤ C C số tùy ý Nói cách khác, tính nghiệm bị vi phạm -3 -2 -1 -1 Hình 1.4: Nghiệm tốn Cauchy y = |y|, y(0) = Nhận xét: Thực chất chứng minh dùng nguyên lý ánh xạ co không gian metric đủ Giả sử E không gian metric với metric d Ta nói E khơng gian metric đủ dãy Cauchy E hội tụ đến phần tử E Ánh xạ T : E → E gọi ánh xạ co tồn số α ∈ (0, 1) cho với cặp phần tử x, y ∈ E ta có d(T x, T y) ≤ αd(x, y) Định lý 1.3 (Nguyên lý ánh xạ co) Mọi ánh xạ co T khơng gian metric đủ có điểm bất động Tức điểm x∗ ∈ E cho T (x∗ ) = x∗ Ý chứng minh: Lấy x0 ∈ E tùy ý, đặt xn = T (xn−1 ) Vì T ánh xạ co nên {xn } dãy Cauchy E đầy đủ nên dãy hội tụ đến x∗ Vì T liên tục nên x∗ điểm bất động 11 1.2 Định lý tồn nghiệm 1.2.4 Phân loại nghiệm phương trình vi phân Về mặt hình học, tốn Cauchy cho phương trình vi phân cấp I hiểu tìm nghiệm y(x) (1.6) mà đồ thị hàm số y = y(x) (còn gọi đường cong tích phân phương trình vi phân) qua điểm (x0 , y0 ) Nói cách khác, tốn Cauchy tìm đường cong tích phân phương trình (1.6) qua điểm (x0 , y0 ) ∈ D cho trước Định nghĩa 1.2.2 Giả sử D ⊂ R2 cho vế phải phương trình (1.6) xác định liên tục D Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào số C gọi nghiệm tổng quát (1.6) nếu: a) Với điều kiện ban đầu (x0 , y0) ∈ D ta giải C dạng C = ϕ(x0 , y0 ) (∗) ϕ hàm liên tục b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với giá trị C cho (∗) (x0 , y0) chạy khắp D Khi hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc hàm ϕ(x, y)) gọi tích phân tổng qt phương trình (1.6) Ví dụ: Phương trình y + y = có nghiệm tổng quát y(x) = Ce−x với C số tuỳ ý Định nghĩa 1.2.3 Nghiệm phương trình (1.6) mà điểm (x0 , y0 ) tính chất nghiệm toán Cauchy (1.11) thoả mãn gọi nghiệm riêng Ngược lại, nghiệm phương trình (1.6) mà điểm tính chất nghiệm toán Cauchy bị vi phạm gọi nghiệm kỳ dị Nhận xét: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy với điều kiện ban đầu (x0 , y0 ) ∈ D, ta ln tìm C0 = ϕ(x0 , y0) cho y = y(x, C0) nghiệm toán Cauchy tương ứng Nói cách khác, cách chọn giá trị thích hợp cho số, ta thu nghiệm riêng tuỳ ý phương trình, khơng kể nghiệm kỳ dị Giải (hay cịn gọi tích phân) phương trình vi phân tìm tất nghiệm (biểu thức nghiệm tổng quát) phương trình nghiệm tốn Cauchy với điều kiện ban đầu cho trước Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) phương trình y = 3y + x thoả điều kiện y(0) = x Ta dễ kiểm tra nghiệm tổng quát phương trình cho y = − − +Ce3x Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện ta cần thay giá trị ban đầu tính C 1 = y(0) = − + Ce0 x 10 10 Suy C = , nghiệm cần tìm y = − − + e3x 9 12 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I Trong ta giới thiệu số dạng phương trình vi phân cấp I mà tích phân theo nghĩa viết biểu thức nghiệm tổng quát dạng tường minh phụ thuộc tham số Ta nói phương trình vi phân cầu phương biễu diễn nghiệm dạng tổ hợp hữu hạn phép toán hàm sơ cấp tích phân chúng Lưu ý ta khơng có phương pháp giải tổng qt cho phương trình vi phân, chí với phương trình vi phân cấp I 1.3.1 Phương trình với biến số phân ly Phương trình vi phân cấp I dạng M(x)dx + N(y)dy = (1.14) gọi phương trình với biến số phân ly (hay cịn gọi phương trình tách biến) Cách giải: Các hàm M(x), N(y) giả thiết liên tục khoảng Khi cần tích phân hai vế (1.14) ta thu tích phân tổng qt M(x)dx + N(y)dy = C Ví dụ: Giải phương trình y y = x(1 + x2 ) Phương trình có dạng tách biến y dy − x(1 + x2 )dx = Tích phân hai vế ta thu nghiệm tổng quát là: y x2 x4 − − =C Nhận xét: Phương trình dạng M1 (x)N1 (y)dx + M2 (x)N2 (y)dy = (1.15) đưa dạng (1.14) với biến số phân ly, cách chia hai vế cho M2 (x)N1 (y) (với giả thiết biểu thức khác 0) N2 (y) M1 (x) dx + dy = M2 (x) N1 (y) Do tích phân tổng qt M1 (x) dx + M2 (x) N2 (y) dy = C N1 (y) 13 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y )dx + y(1 + x2 )dy = Chia hai vế cho (1 + x2 )(1 + y 2) ta xdx ydy + =0 1+x + y2 Tích phân hai vế ta xdx + + x2 tức ydy =C + y2 1 ln(1 + x2 ) + ln(1 + y ) = C := ln C1 2 Vậy tích phân tổng qt phương trình cho (1 + x2 )(1 + y 2) = C1 C1 số dương tuỳ ý 1.3.2 Phương trình vi phân Hàm số f (x, y) gọi bậc d với t > ta có f (tx, ty) = td f (x, y) Phương trình vi phân y = f (x, y) gọi (hay gọi đẳng cấp) hàm số vế phải hàm bậc 0, tức f (tx, ty) = f (x, y) với t > y y Nhận xét: Nếu đặt u := ta có f (x, y) = f (± |x| , |x| ) = f (±1, ±u) =: g(u) x |x| Cách giải: Đặt y = xu, ta có dy du = x + u Từ dx dx x du + u = g(u) dx dạng tách biến dx du = g(u) − u x Tích phân hai vế ta hay x du = ln g(u) − u C x = C exp du g(u) − u với C = 14 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I y vào biểu thức ta tìm tích phân tổng qt phương trình x Thay u = Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y )dx + xydy = Ta viết phương trình cho dạng dy y x =− − dx x y Vế phải phương trình hàm du Đặt y = xu ta có x + u + u + = 0, hay tương đương với dx u udu dx =− x + 2u2 Tích phân phương trình ta ln Thay u = x = − ln(1 + 2u2) C y vào đẳng thức ta nghiệm x x4 = C x2 x2 + 2y với C = Phương trình đưa nhất: Các phương trình dạng dy =f dx ax + by + c a1 x + b1 y + c1 đưa dạng phép biến đổi x = ξ + x0 y = η + y0 x0 y0 chọn cho: ax0 + by0 + c = a1 x0 + b1 y0 + c1 = Khi dη =f dξ =f aξ + bη a1 ξ + b1 η a + b ηξ a1 + b1 ηξ =g η ξ 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I 15 phương trình dạng Ví dụ: Giải phương trình (2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = Trước hết ta xét hệ phương trình sau 2x0 − 4y0 + = x0 + y0 − = Hệ có nghiệm x0 = 1, y0 = Tiếp đến ta thực ph?p đổi biến x=ξ+1 y =η+2 Khi phương trình cho biến đổi thành phương trình nhất: (2ξ − 4η)dξ + (ξ + η)dη = Để giải phương trình ta đặt η = uξ thu (2 − 3u + u2 )dξ + ξ(1 + u)du = Phương trình chấp nhận nghiệm u = u = Để tìm nghiệm tổng quát ta chia vế cho − 3u + u2 : ⇔ dξ (1 + u)du + =0 ξ − 3u + u2 dξ du = + − ξ u−2 u−1 Tích phân vế ta ln |ξ| + ln hay |u − 2|3 = ln C1 (u − 1)2 (u − 2)3 =C ξ (u − 1)2 Trở lại biến x, y ban đầu ta có nghiệm tổng quát (y − 2x)3 = C(y − x − 1)2 với hai nghiệm y = x + y = 2x tương ứng với u = u = 1.3.3 Phương trình vi phân tồn phần Phương trình vi phân dạng P (x, y)dx + Q(x, y)dy = (1.16) 16 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I gọi phương trình vi phân tồn phần vế trái vi phân tồn phần hàm đó, tức tồn hàm U(x, y) cho dU(x, y) = P (x, y)dx + Q(x, y)dy Khi tích phân tổng quát (1.16) cho U(x, y) = C Nhận xét: Điều kiện cần đủ để phương trình (1.16) phương trình vi phân tồn phân ∂P ∂Q = ∂y ∂x Và hàm U(x, y) tìm dạng: x U(x, y) = hay y P (x, y)dx + x0 x U(x, y) = Q(x0 , y)dy (1.17) y0 y P (x, y0 )dx + x0 Q(x, y)dy y0 (x0 , y0 ) điểm cho tích phân tồn Ví dụ: Giải phương trình (x3 + xy )dx + (x2 y + y )dy = Ta có P (x, y) = x3 + xy Q(x, y) = x2 y + y nên ∂Q ∂P = 2xy = ∂y ∂x Hệ thức chứng tỏ phương trình cho phương trình vi phân tồn phần với hàm U(x, y) chọn x U(x, y) = hay y (0.y + y )dy (x + xy )dx + U(x, y) = 2 x xy y + + 4 Vậy nghiệm phương trình cho (x2 + y )2 = 4C1 := C hay x2 + y = C với C ≥ 17 1.3 Phương pháp giải số phương trình vi phân cấp I Thừa số tích phân: Có trường hợp phương trình (1.16) chua phải phương trình vi phân tồn phần, tìm hàm số µ(x, y) cho phương trình sau trở thành phương trình vi phân tồn phần: µ(x, y){P (x, y)dx + Q(x, y)dy} = Hàm µ(x, y) gọi thừa số tích phân phương trình (1.16) Điều kiện để µ thừa số tích phân µ phải thoả mãn phương trình: ∂ ∂ (µP ) = (µQ) ∂y ∂x Hay tương đương Q ∂µ ∂µ −P =µ ∂x ∂y ∂Q ∂P − ∂y ∂x (1.18) Khơng có phương pháp tổng qt để giải phương trình đạo hàm riêng Tuy nhiên vài trường hợp đặc biệt ta tìm µ Trường hợp I: µ phụ thuộc vào x Giả sử µ > 0, chia hai vế (1.18) cho µ, ta d ln µ = dx ∂P ∂y − Q ∂Q ∂x =: ϕ Vậy trường hợp thoả mãn vế phải đẳng thức không phụ thuộc vào y Với điều kiện này, thừa số tích phân cho bởi: µ(x) = exp ϕ(x)dx Trường hợp II: µ phụ thuộc vào y Làm tương tự trên, thừa số tích phân cho bởi: µ(y) = exp ∂Q ∂x − ψ(y)dy ∂P ∂y giả thiết khơng phụ thuộc vào x P Ví dụ: Tìm thừa số tích phân giải phương trình (2xy+x2 y+y 3/3)dx+(x2 +y 2)dy = ψ(y) := Ta có P (x, y) = 2xy + x2 y + y 3/3 Q(x, y) = x2 + y nên ∂P ∂y − Q ∂Q ∂x = 2x + x2 + y − 2x =1 x2 + y