Nguyễn Thành Long Khoa Toán tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh GIẢI TÍCH 4 TP Hồ Chí Minh 2012 Mục lục Mục lục 1 1 Phương trình vi phân cấp 1 3 1 1 Các ví dụ mở đầu 3 1 2 Các khái niệm[.]
Nguyễn Thành Long Khoa Toán-tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh GIẢI TÍCH TP Hồ Chí Minh 2012 Mục lục Mục lục 1 Phương trình vi phân cấp 1.1 Các ví dụ mở đầu 1.2 Các khái niệm chung 1.3 Sự tồn nghiệm toán Cauchy 1.4 Nghiệm tổng quát, nghiệm riêng, nghiệm kỳ dị, tích phân tổng quát 1.5 Cách giải số dạng phương trình vi phân cấp thường gặp 1.5.1 Phương trình vi phân cấp tách biến 1.5.2 Phương trình vi phân đẳng cấp cấp 1.5.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1.5.4 Phương trình vi phân Bernuoulli 1.5.5 Phương trình vi phân Riccati 1.5.6 Phương trình vi phân tồn phần 1.5.7 Phương trình đưa phương trình vi phân tồn phần 3 12 22 22 25 27 31 32 33 35 Phương trình vi phân cấp 2.1 Các khái niệm chung 2.2 Phương trình vi phân cấp hai giảm cấp 2.2.1 Phương trình vi phân dạng y 00 = f (x) 2.2.2 Phương trình vi phân dạng y 00 = f (x; y ) 2.2.3 Phương trình vi phân dạng y 00 = f (y; y ) 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2.3.1 Định nghĩa 2.3.2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2.3.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số 2.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp có hệ số hàm 2.3.5 Phương trình vi phân tuyến tính cấp không 2.3.6 Phương pháp biến thiên số 2.3.7 Phương pháp hệ số bất định 2.4 Phương trình vi phân Euler cấp 2.4.1 Định nghĩa 2.4.2 Phương trình vi phân Euler cấp 2.4.3 Phương trình vi phân Euler không cấp 2.5 Sự tồn nghiệm toán Cauchy cho phương trình vi phân tuyến tính cấp 2.5.1 Bổ túc hàm véctơ, ma trận 2.5.2 Định lý tồn nghiệm 38 38 39 40 40 41 44 44 45 48 50 52 54 57 61 61 61 64 Sơ lược phương trình vi phân tuyến tính cấp 3.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao 3.1.1 Một vài khái niệm liên quan 3.2 Hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp 72 72 72 75 cao hệ phương trình vi phân 67 67 68 Chương MỤC LỤC 3.2.1 3.2.2 3.2.3 75 76 3.2.4 Định nghĩa Dạng véctơ hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp Biến đổi phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ phương trình vi phân tuyến tính cấp Định lý tồn nghiệm 76 78 BÀI TẬP CHƯƠNG 79 Tài liệu tham khảo 82 Chương Phương trình vi phân cấp 1.1 Các ví dụ mở đầu Một hệ thức có dạng giải y (x) từ (1.1) F(x; y(x); y (x)) = 0; (1.1) y (x) = f (x; y(x)); (1.2) liên hệ với biến độc lập x; giá trị y(x) hàm y x; giá trị y (x) đạo hàm cấp hàm y x; gọi phương trình vi phân cấp 1: Có thể biểu thức (1.1) khơng xuất x; y(x); hai x y(x); bắt buộc phải xuất y (x) (1.1) gọi phương trình vi phân Để cho gọn cách viết, người ta thường viết phương trình (1.1) (tương ứng (1.2)) theo biến độc lập sau F(x; y; y ) = 0; (tương ứng y = f (x; y)); (1.3) tức bỏ biến độc lập x theo sau hàm y đạo hàm y Nghiệm phương trình vi phân (1.1) (tương ứng (1.2)) hàm y = y(x) xác định có đạo hàm khoảng I thoả phương trình vi phân (1.1) (tương ứng (1.2)) x I: Ta làm xác lại định nghĩa loại nghiệm phương trình vi phân phần sau Giải phương trình vi phân tìm tất nghiệm Phần đề cập đến vài ví dụ mở đầu giải sơ lược phương trình vi phần cấp sau 1/ y = 4x; 2/ y = 2xy; 3/ y y = x 1; 4/ y = xy + xy + 1: Giải 1/ : Tích phân hai vế ta thu nghiệm y có dạng sau Z y = 4xdx = 2x2 + C; nghiệm nầy phụ thuộc vào số C; ta gọi nghiệm nầy nghiệm tổng quát 1/ Ứng với số C khác nhau, ta có nghiệm khác 1/, chẳng hạn y = 2x2 ; y = 2x2 + 1; y = 2x2 + 2; nghiệm 1=: Thông thường để nghiệm (tìm số C) số ta hay đặt thêm điều kiện kèm theo, thường điều kiện đầu, ví dụ tìm nghiệm 1/ thỏa thêm điều kiện y(1) = 3: Vậy hàm y = 2x2 + C thỏa điều kiện y(1) = = + C; hay C = 1: Vậy hàm y = 2x2 + nghiệm 1/ thoả điều kiện y(1) = 3: Giải 2/ : Nhân hai vế phương trình 2/ cho e x ; sau chuyển qua vế trái e x2 y 2xe x2 y = 0: Khi vế trái đạo hàm tích hai hàm số e x2 y = 0: Chương Phương trình vi phân cấp Tích phân hai vế ta thu nghiệm tổng quát 2/ sau y = Cex ; C số tùy ý Giải 3/ : Tích phân hai vế ta thu nghiệm y có dạng sau Z Z y y dx = (x 1)dx + C; hay y5 (x 1)2 = + C; hay y= 1)2 5(x 1=5 + 5C ; C số tùy ý, cơng thức sau nghiệm tổng quát 3/ Giải 4/ : Ta đặt u = xy ; y = xu; y = u + xu0 : Phương trình 4/ trở thành u + xu0 = u2 + u + 1; hay xu0 = u2 + 1: Chia hai vế cho x(u2 + 1); ta u0 = : u2 + x Tích phân hai vế ta thu (chú ý u0 dx = du) Z Z 1 du = dx + C; u +1 x hay arctgu = ln jxj + C: Giả sử < ln jxj + C < ; ta có y = u = tg(ln jxj + C); x hay y = xtg(ln jxj + C); e C < jxj < e C+ : Đây nghiệm tổng quát 4/ 1.2 Các khái niệm chung Một hệ thức có dạng F(x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n) (x)) = 0; x D liên hệ với: – biến độc lập x; – giá trị y(x) hàm y x; – giá trị y (x) đạo hàm cấp hàm y x; – giá trị y 00 (x) đạo hàm cấp hàm y x; ::: R; (1.1) Chương Phương trình vi phân cấp – giá trị y (n) (x) đạo hàm cấp n hàm y x; gọi phương trình vi phân cấp n: F hàm theo n + biến độc lập cho trước, hàm số y = y(x) hàm chưa biết cần tìm (ẩn hàm), n cấp phương trình vi phân (1.1), tức cấp cao đạo hàm xuất (1.1) Như gọi (1.1) phương trình vi phân cấp n; thiết phải chứa số hạng y (n) (x); số hạng cịn lại (1.1) có khơng có mặt Để cho gọn cách viết, người ta thường viết phương trình (1.1) theo biến độc lập sau F(x; y; y ; y 00 ; : : : ; y (n) ) = 0; x D R; (1.2) tức bỏ biến độc lập x theo sau hàm y đạo hàm Một nghiệm phương trình vi phân (1.1) hàm số y = y(x) xác định khoảng thực I D; (I thơng thường phụ thuộc vào hàm y), có đạo hàm đến cấp n thoả F(x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n) (x)) = 0; với x I: (1.3) Ta ý đẳng thức (1.3) chứa đựng điều kiện sau: (i) Hàm số y = y(x) có đạo hàm đến cấp n I; (ii) (x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n) (x)) miền xác định hàm F; với x I: – Đồ thị nghiệm y = y(x) cịn gọi đường cong tích phân đường tích phân phương trình vi phân Giải phương trình vi phân (1.1) tìm tất nghiệm Giả sử từ (1.2) ta giải y (n) theo x; y; y ; y 00 ; : : : ; y (n 1) ; ta thu y (n) = f (x; y; y ; y 00 ; : : : ; y (n 1) ); 8(x; y; y ; y 00 ; : : : ; y (n 1) )2 Rn+1 : (1.4) Khi ta có phương trình vi phân cấp n có dạng sau y (n) (x) = f (x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n 1) (x)); x D R; (1.5) hay viết gọn y (n) = f (x; y; y ; y 00 ; : : : ; y (n 1) ); x D R: (1.6) Ta định nghĩa nghiệm phương trình vi phân (1.5) hàm số y = y(x) xác định khoảng I D thoả y (n) (x) = f (x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n 1) (x)); với x I: (1.7) Ta ý (1.7) chứa đựng điều kiện sau: – Hàm số y = y(x) có đạo hàm đến cấp n I; – Với x I; (x; y(x); y (x); y 00 (x); : : : ; y (n 1) (x)) = miền xác định hàm f: Cụ thể với phương trình vi phân cấp n = 1; ta viết lại (1.2), (1.6) lần lượt, sau F(x; y; y ) = 0; x D y = f (x; y); x D R; R: (1.8) (1.9) Các nghiệm phương trình vi phân (1.8), (1.9), tương ứng, định nghĩa với n = 1: Chú thích Trong giải tích hàm số nhiều biến, nhờ định lý hàm ẩn, ta đưa phưong trình vi phân dạng (1.8) dạng (1.9) Do ta cần xét phương trình vi phân cấp thuộc dạng (1.9) Chương Phương trình vi phân cấp 1.3 Sự tồn nghiệm toán Cauchy Trong phần ta xét phương trình vi phân cấp sau y = f (x; y); f : ! R hàm cho trước xác định tập mở nghiệm y = y(x) (1.10) thoả mãn điều kiện (1.10) R2 : Cho (x0 ; y0 ) : Bài tốn tìm y(x0 ) = y0 ; (1.11) gọi toán Cauchy cho phương trình (1.10) Điều kiện (1.11) gọi điều kiện đầu hay điều kiện Cauchy Do tập mở, nên chứa hình chữ nhật D = [x0 a; x0 + a] [y0 b; y0 + b]: (1.12) Do ta cần xét bài tốn Cauchy cho phương trình (1.10) với f xác định liên tục D: Ta tìm hàm y xác định đoạn I chứa x0 ; (dĩ nhiên I [x0 a; x0 + a]) cho ( y (x) = f (x; y(x)); 8x I; (1.13) y(x0 ) = y0 : Trước hết ta có Bổ đề 3.1 y nghiệm toán Cauchy (1.13) y nghiệm phương trình tích phân sau Z x y(x) = y0 + f (t; y(t))dt; 8x I: (1.14) x0 Chứng minh Bổ đề 3.1 Chứng minh tập Định lý 3.2 (Định lý tồn nghiệm) Giả sử f liên tục miền hình chữ nhật D = [x0 a; x0 + a] [y0 b; y0 + b]: thoả điều kiện Lipschitz theo biến y D; tức là, tồn số L jf (x; y1 ) Khi đó, tồn f (x; y2 )j L jy1 cho y2 j ; 8(x; y1 ); (x; y2 ) D: > 0; cho tốn Cauchy (1.13) có nghiệm đoạn I = [x0 (1.15) ; x0 + ]: Chứng minh Định lý 3.2 (Phần bỏ qua đọc lần đầu tiên, mà đọc thẳng vào mục 1.5 ) Trước hết, f liên tục tập compact D; nên tồn số thực M cho jf (x; y)j M; với (x; y) D: Đặt b (1.16) = minfa; g: M Theo Bổ đề 3.1, tốn Cauchy (1.13) tương đương với phương trình tích phân (1.14) Phần chứng minh Định lý 3.2 chia làm nhiều bước Bước Ta xét dãy hàm fyn g cho công thức qui nạp y0 (x) = y0 ; 8x I; (hàm hằng), > > > Z x > > > > y1 (x) = y0 + f (t; y0 )dt; 8x I; > > > x0 > > > Z x < y2 (x) = y0 + f (t; y1 (t))dt; 8x I; (1.17) > x0 > > > > > > > > Z x > > > > : yn (x) = y0 + f (t; yn (t))dt; n 1; 8x I: x0 Chương Phương trình vi phân cấp Bước Ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 3.3 Dãy hàm fyn g cho (1.17) có tính chất i) jyn (x) y0 j ii) jyn (x) yn b; 8x [x0 ; x0 + ]; n jx x0 j n! M Ln (x)j n n ML n! ; 8x [x0 iii) Dãy hàm fyn g hội tụ hàm y [x0 ; x0 + ]; ; x0 + ]; (1.18) iv) Đánh giá sai số jyn (x) X M L y(x)j (L )k k! ; 8x [x0 k=n+1 ; x0 + ]; v) y nghiệm phương trình tích phân (1.14) Chứng minh Bổ đề 3.3 (Phần bỏ qua đọc lần đầu tiên, mà đọc thẳng vào mục 1.5 ) Chứng minh i) Với n N; x I = [x0 ; x0 + ]; ta có Z x Z x jyn (x) y0 j = f (t; yn (t))dt jf (t; yn (t)) j dt x0 M Z x0 (1.19) x dt = M jx x0 Chứng minh ii) Ta chứng minh qui nạp theo n: Với n = 1; bất đẳng thức Z x f (t; y0 )dt jy1 (x) y0 j = x0 j Z M x0 M b: x x0 dt = M jx x0 j M : (1.20) Vậy i) chứng minh Giả sử bất đẳng thức (1.18) (ii) với n = k; ta chứng minh với n = k + sau Z x jyk+1 (x) yk (x)j = [f (t; yk (t)) f (t; yk (t))] dt Z x0 x jf (t; yk (t)) x0 L L Z (t)) j dt x x0 Z x jyk (t)) M Lk x0 = M Lk k! = M Lk k! f (t; yk Z (t)j dt (Do tính Lipschitz f ) (1.21) jt x0 j k! x x0 yk k dt (Do giả thiết qui nạp) x0 jk dt jt jx x0 jk+1 k+1 = M Lk jx x0 jk+1 (k+1)! M Lk k+1 (k+1)! : Bất đẳng thức (1.18)(ii) với n = k + 1: Do (1.18) (ii) 8n N: Vậy ii) chứng minh Chứng minh iii) Ta có n X yn (x) = [yk (x) yk (x)] + y0 (x): (1.22) k=1 Ta xét hội tụ chuỗi hàm X k=1 [yk (x) yk (x)] Chương Phương trình vi phân cấp Theo (1.18)(ii) ta có jyk (x) Mặt khác, chuỗi số chuỗi hàm X X yk k M (L ) L k! ; (x)j k M (L ) L k! 8k N; 8x [x0 (1.23) ; x0 + ]: hội tụ theo tiêu chuẩn D’Alembert, nên đánh giá (1.23) dẫn đến k=1 [yk (x) yk (x)] hội tụ [x0 ; x0 + ] có tổng hàm liên tục g(x) k=1 [x0 ; x0 + ]; hàm yk (x) liên tục [x0 ; x0 + ]: Do từ (1.22) chứng tỏ yn (x) hội tụ hàm liên tục y [x0 y(x) = lim yn (x) = lim n!1 = X n!1 [yk (x) yk n X [yk (x) yk (x)] ; x0 + ]: Do + y0 (x) k=1 (x)] (1.24) + y0 (x) = g(x) + y0 (x): k=1 Vậy iii) chứng minh Chứng minh iv) Ta có n X y(x) = [yk (x) yk k=1 = yn (x) + X (x)] + y0 (x) + [yk (x) yk (x)] k=n+1 X [yk (x) yk X jyk (x) (1.25) (x)] : k=n+1 Do jy(x) yn (x)j k=n+1 X yk M (L ) L k! k (x)j = M L (t))dt; n k=n+1 Vậy iv) chứng minh Chứng minh v) Ta có Z x yn (x) = y0 + f (t; yn x0 Ta cần chứng minh Z x f (t; yn (t))dt ! x0 Ta có Z x x0 f (t; yn (t))dt Z x f (t; y(t))dt Z X k=n jyn (t) (L )k k! x0 : (1.27) f (t; y(t))dt; 8x I: Z jf (t; yn y(t)j dt x0 j (1.28) x L (t)) Z x x0 jx (L ) k! 1; 8x I: x x0 M k=n+1 k x x0 x0 L Z (1.26) P1 M X k=n M L (L )k k! : f (t; y(t))j dt X k=n (L )k k! dt (1.29) Chương Phương trình vi phân cấp Do chuỗi số X (L )k k! = eL X hội tụ, nên k=0 (L )k k! k=n ! 0; n ! 1: Từ bất đẳng thức (1.29), ta suy (1.28) Cũng từ (1.27) (1.28), ta suy Z x f (t; y(t))dt; 8x I: y(x) = y0 + (1.30) x0 Vậy y nghiệm phương trình tích phân (1.14) v) chứng minh Bổ đề 3.3 chứng minh Bước Tính nghiệm đoạn I = [x0 Ta chứng minh bổ đề sau ; x0 + ]: Bổ đề 3.4 Giả sử hàm z liên tục, không âm [x0 ; x0 + ] thoả bất đẳng thức Z x z(t)dt ; 8x [x0 ; x0 + ]; z(x) z0 + z1 (1.31) x0 z0 0; z1 > số Khi z0 ez1 jx z(x) x0 j ; 8x [x0 ; x0 + ]: (1.32) Chứng minh Bổ đề 3.4 (Phần bỏ qua đọc lần đầu tiên, mà đọc thẳng vào mục 1.5 ) – Xét trường hợp x [x0 ; x0 + ]: Khi (1.31) viết lại Z x z(x) z0 + z1 z(t)dt; 8x [x0 ; x0 + ]: (1.33) x0 Nhân hai vế (1.33) cho e e z1 x z1 x ; ta có Z x z1 x z(t)dt z1 e z(x) z0 e z1 x x0 hay d e dx z1 x Z x z(t)dt z0 e x0 z1 x ; 8x [x0 ; x0 + ]; ; 8x [x0 ; x0 + ]: Cố định x [x0 ; x0 + ]; tích phân (1.35) [x0 ; x]; ta thu Z x Z x z0 z1 x z(t)dt z0 e z1 t dt = e e z x0 e z1 x0 x0 z1 x (1.34) (1.35) : (1.36) Ta suy từ (1.33) (1.36) z(x) z0 + z1 Z x z(t)dt z0 + z1 ez1 x x0 = z0 – Xét trường hợp x [x0 ez1 (x x0 ) = z0 ez1 jx x0 j ; h z0 z1 (e z x0 e 8x [x0 ; x0 + ]: ; x0 ]: Khi (1.31) viết lại Z x0 z(x) z0 + z1 z(t)dt; 8x [x0 i z1 x ) ; x0 ]: (1.37) (1.38) x Nhân hai vế (1.38) cho ez1 x ; ta có Z ez1 x z(x) z1 ez1 x x0 z(t)dt x hay d dx z1 x e Z x x0 z(t)dt z0 ez1 x ; 8x [x0 z0 ez1 x ; 8x [x0 ; x0 ]; ; x0 ]: (1.39) (1.40) ... 40 41 44 44 45 48 50 52 54 57 61 61 61 64 Sơ lược phương trình vi phân tuyến tính cấp 3.1 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao 3.1.1 Một vài khái niệm liên quan 3.2 Hệ phương trình vi... 1 y( ) = + 24 Z 1=2 cos y(t)dt + 24 Z 1=2 cos2 y(0)dt 1 13 + = : 24 24 12 Chương Phương trình vi phân cấp Tương tự 1 y( ) = + 24 Z 1=2 cos y(t)dt = 24 Z cos2 y(t)dt 1=2 24 13 = : 24 Vậy, tổ hợp... phương trình tích phân (1. 14) Khi Z = y1 y2 thỏa phương trình Z x Z(x) = [f (t; y1 (t)) f (t; y2 (t))] dt; 8x [x0 ; x0 + ]: (1 .44 ) x0 Do tính Lipschitz hàm f theo biến thứ hai, ta suy từ (1 .44 ) Z