Hệ phương trình vi phânTrong chương này ta sẽ nghiên cứu các hệ phương trình vi phân cấp I, đặc biệt là các hệ phương trình vi phân tuyến tính mà cấu trúc nghiệm của nó tương tự như trườ
Trang 1Hệ phương trình vi phân
Trong chương này ta sẽ nghiên cứu các hệ phương trình vi phân cấp I, đặc biệt là các hệ phương trình vi phân tuyến tính mà cấu trúc nghiệm của nó tương tự như trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp cao
1.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát.
1.1.1 Các định nghĩa
Hệ phương trình vi phân tổng quát là hệ gồm các phương trình chứa biến độc lập, các hàm (nghiệm) cần tìm và nhất thiết phải chứa các đạo hàm của chúng theo biến độc lập Nếu chỉ xuất hiện các đạo hàm cấp I của các ẩn, ta nói hệ đó là hệ phương trình vi phân cấp I
Ta nói một hệ gồm n phương trình vi phân cấp I là có dạng chuẩn tắc (dạng giải
ra được đối với đạo hàm) nếu có thể viết dưới dạng:
dy1
dx = f1(x, y1, , yn)
dy2
dx = f2(x, y1, , yn)
dyn
dx = fn(x, y1, , yn)
(1.1.1)
trong đó x là biến độc lập, y1, , yn là các ẩn cần tìm
Hệ phương trình chuẩn tắc trên có thể viết lại dưới dạng thu gọn nhu sau
trong đó y = (y1, , yn)T, y0 = (y01, , y0n)T và f = (f1, , fn)T
Định nghĩa 1.1.1 Mỗi nghiệm của hệ (1.1.1) là một bộ gồm n hàm y1 = φ1(x), , yn=
φn(x) khả vi liên tục trên khoảng I ⊂ R mà khi thay vào (1.1.1) thì được đẳng thức đúng
1
Trang 21.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân
cấp cao
Với một số giả thiết nào đó, việc giải hệ phương trình (1.1.1) có thể đưa về giải phương trình vi phân cấp cao dựa trên phương pháp khử sau đây Đạo hàm hai vế của phương trình đầu tiên của hệ (1.1.1), ta được
y100 = ∂f1
∂x +
∂f1
∂y1y
0
1+ + ∂f1
∂yny
0
n
Thay các yj0 bởi các biểu thức của nó, ta có thể viết y100 như là hàm của x, y1, , yn
y100 = F1(x, y1, , yn) Lại lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x, ta có
y1000 =∂F1
∂x +
∂F1
∂y1y
0
1+ + ∂F1
∂yny
0
n
=:F2(x, y1, , yn)
(1.1.3)
Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y1 ta được hệ
y10 = f1(x, y1, , yn)
y100 = F1(x, y1, , yn)
y1(n)= Fn−1(x, y1, , yn) Trong hệ này ta xét n − 1 phương trình đầu tiên với n − 1 ẩn là y2, , yn Với một vài điều kiện nào đó (thoả mãn giả thiết của định lý hàm ngược) ta có thể giải được (duy nhất) các y2, , yn như là hàm theo các biến x, y1, y10, , y1(n−1) Thay biểu thức của chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta có
y1(n)= Fn(x, y1, y10, , y1(n−1)) Đây là phương trình vi phân cấp n dạng đã giải ra đối với đạo hàm Giải phương trình này để tìm y1, rồi tính các đạo hàm y10, , y(n−1)1 Từ đó ta tính được các
y2, , yn
Ngược lại, cho trước phương trình vi phân cấp n dạng
y(n) = f (x, y, y0, , y(n−1))
ta có thể đưa về một hệ phương trình vi phân dạng chuẩn tắc bằng cách đặt y1 = y,
yk+1 = yk0
y01 = y2
y02 = y3
y0n= f (x, y1, y2, , yn)
Trang 3Ví dụ 1.1 Giải hệ sau
dx
dt = y,
dy
dt = x Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phương trình
d2x
dt2 − x = 0
từ đó nghiệm tổng quát là
x = x(t) = C1e−t+ C2et
Từ phương trình thứ nhất ta tính được
y = y(t) = −C1e−t+ C2et
1.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Đối với hệ phương trình vi phân cấp I, bài toán Cauchy được phát biểu một cách tương tự nhu trường hợp một phương trình: Tìm nghiệm y1(x), , yn(x) của hệ (1.1.1) thoả điều kiện ban đầu
yj(x0) = y0j, j = 1, 2, , n (1.1.4) trong đó các giá trị x0 ∈ I, y0
1, , y0
n cho trước, gọi là giá trị ban đầu
Để ý rằng không phải bao giờ định lý Cauchy cũng có (duy nhất ) nghiệm Định
lý sau đây giải quyết bài toán này đối với hệ chuẩn tắc
Định lý 1.1.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Giả sử các hàm f1(x, y), , fn(x, y) trong (1.1.1) là liên tục trên một tập mở G ⊂ Rn+ 1 chứa (x0, y10, , y0n) và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y Khi đó trong một lân cận nào đó của x0 có tồn tại một nghiệm y1(x), , yn(x) thoả bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu đã cho và nghiệm đó là duy nhất
Chứng minh Viết lại hệ dưới dạng dy
dx = f (x, y), trong đó y := (y1, , yn)
T
và
f := (f1, , fn)T và lập lại các bước chứng minh như trong định lý tồn tại và duy nhất cho phương trình vi phân cấp I
Nhận xét 1.1.1 Thay cho điều kiện Lipschitz ta có thể yêu cầu (mạnh hơn rằng) hàm f (x, y) có các đạo hàm riêng theo biến y bị chặn
Định nghĩa 1.1.2 Giả sử tập G thoả mãn tất cả các giả thiết của định lý (1.1.1) Khi đó n hàm
yj = yj(x, C1, , Cn), j = 1, 2, , n (1.1.5) phụ thuộc vào n tham số C1, , Cn và có các đạo hàm riêng theo x được gọi là nghiệm tổng quát của hệ (1.1.1) nếu:
i) Với mỗi (x0, y0
1, , y0
n) trong G, từ hệ (1.1.5) có thể giải được (duy nhất) các hằng số C1, , Cn
Trang 4ii) Tập hợp n hàm trong (1.1.5) là nghiệm của hệ (1.1.1) với mỗi bộ giá trị của các tham số C1, , Cn giải ra đối với mỗi (x, y1, , yn) ∈ G
Định nghĩa 1.1.3 Nghiệm của hệ mà tại mỗi điểm của nó thoả mãn các điều kiện của định lý (1.1.1) được gọi là nghiệm riêng của hệ Ngược lại, nghiệm của hệ mà tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị
Ví dụ 1.2 Kiểm tra rằng hệ các hàm
(
y1(x) = C1e−x+ C2e−3x
y2(x) = C1e−x+ 3C2e−3x+ cos x
là nghiệm tổng quát của hệ
(
y10(x) = −y2+ cos x
y20(x) = 3y1− 4y2+ 4 cos x − sin x
Ta có , f1(x, y1, y2) = −y2+ cos x và f2(x, y1, y2) = 3y1− 4y2+ 4 cos x − sin x do đó chúng có các đạo hàm riêng liên tục trên R3
Với mỗi (x, y1, y2) ∈ R3, ta luôn có thể giải được (duy nhất) các C1, C2, cụ thể
(
C1 = 12ex(3y1− y2+ cos x)
C2 = 12e−3x(y2− y1− cos x)
Ngoài ra, từ các hàm đã cho, ta có
(
y10(x) = −C1e−x− 3C2e−3x
y20(x) = −C1e−x− 9C2e−3x− sin x nên chúng là nghiệm của hệ nói trên
1.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân
a) Đưa hệ về phương trình cấp cao: Nhờ mối liên hệ chặt chẽ giữa hệ phương trình
vi phân cấp I và phương trình vi phân cấp cao, ta có thể đưa việc giải hệ phương trình vi phân về giải phương trình vi phân cấp cao, như ví dụ trên Ta xét một
ví dụ khác
Ví dụ 1.3 Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc
(
y10 = −y2+ cos x
y20 = 3y1− 4y2+ 4 cos x − sin x
Ta đưa hệ phương trình đã cho về phương trình vi phân cấp II với ẩn là y1 Đạo hàm hai vế phương trình đầu tiên ta được
y100 = − y02− sin x
= − (3y1− 4y2+ 4 cos x − sin x)
= − 3y1+ 4y2− 4 cos x
Trang 5Thay y20 từ phương trình thứ II ta được:
y100+ 4y01− 3y1 = 0 Phương trình thuần nhất này có nghiệm tổng quát là
y1 = C1e−x+ C2e−3x
Từ phương trình thứ nhất ta tìm được
y2 = C1e−x+ 3C2e−3x+ cos x
b) Phương pháp lập tổ hợp tích phân:
Cho hệ phương trình vi phân cấp I
dyi
dx = fi(x, y1, , yn), với i = 1, 2, , n
Để giải hệ này ta có thể tìm một phương trình hệ quả (chẳng hạn tổ hợp tuyến tính của các phương trình trên) của hệ đã cho, dễ lấy tích phân hơn, và được gọi
là tổ hợp tích phân của hệ phương trình đã cho
Ví dụ 1.4 Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau
dx
dt = y,
dy
dt = x Lấy hai phương trình đã cho cộng và trừ với nhau ta được
d(x + y)
dt = x + y và
d(x − y)
dt = −(x − y).
Giải từng phương trình, ta thu được hệ
x + y = C1et và x − y = C2e−t
và từ đây ta tìm được nghiệm x(t), y(t)
Nhận xét 1.1.2 Mỗi tổ hợp tích phân có thể viết dưới dạng
Φ(x, y1, , yn) = C
và phương trình này (hoặc vế trái của nó) được gọi là tích phân đầu của hệ
Nếu tìm được k tổ hợp tích phân của hệ
Φ1(x, y1, , yn) = C1
Φ2(x, y1, , yn) = C2
Φk(x, y1, , yn) = Ck
và nếu k tích phân đầu này độc lập, thì có thể đưa về giải hệ gồm n − k phương trình
Trường hợp k = n, khi đó n tích phân đầu độc lập cho ta nghiệm tổng quát của hệ
Trang 6Ví dụ 1.5 Tích phân hệ phương trình sau đây
dx
dt = z − y,
dy
dt = x − z,
dz
dt = y − z.
Cộng các phương trình với nhau ta được
d(x + y + z)
Phương trình này cho một tích phân đầu là
ϕ1 = x + y + z = C1
Bây giờ nhân các phương trình với x, y, z lần lượt rồi cộng lại, ta được
d(x2 + y2+ z2)
từ đây ta cung thu được tích phân đầu
ϕ2 = x2+ y2 + z2 = C2
Ta dễ kiểm tra rằng Φ3 = xy + yz + zx = C3 cũng là một tích phân đầu nhưng bộ
ba gồm các tích phân đầu Φ1, Φ2, Φ3 không độc lập tuyến tính nên không thể cho nghiệm tổng quát của hệ
Tuy nhiên, từ hai tích phân đầu đầu tiên, ta giải để tìm x, y:
x = 1
2(C1− z −
q 2C2 − C2
1 + 2C1z − 3z2)
y = 1
2(C1− z +
q 2C2 − C2
1 + 2C1z − 3z2) Thay các biểu thức này vào phương trình cuối
dz
dt =
q 2C2− C2
1 + 2C1z − 3z2
ta tìm được nghiệm
arcsin 3z − C1 p6C2− 2C2
1
−√3t = C3 Kết hợp với hai tích phân đầu ϕ1, ϕ2 ta tìm được nghiệm tổng quát của hệ
1.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi
phân
1.2.1 Sự tồn tại nghiệm
Trong định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy, điều kiện Lipschitz không thể bỏ được Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại (nhưng không duy nhất!) của nghiệm, không đòi hỏi điều kiện Lipschitz
Trang 7Định lý 1.2.1 (Peano) Xét hình hộp A = {(x, y) ∈ R × R3/|x − x0| ≤ a, ky − y0k ≤ b}
và giả sử f : A → Rnliên tục Đặt M = maxAkf (x, y)k và α = min(a, b/M ) Khi đó bài toán Cauchy y0 = f (x, y), y(x0) = y0 có ít nhất một nghiệm trên [x0− α, x0 + α] Nhận xét 1.2.1 Trước hết hãy lưu ý rằng ta không thể sử dụng phương pháp lặp Picard vì không có đủ giả thiết bảo đảm dãy xấp xỉ Picard hội tụ Thay vào đó, người ta xây dựng các nghiệm xấp xỉ (địa phương) bởi tiếp tuyến của nó
y(x + h) ∼= y(x) + h.f (x, y(x)) Với h cho trước ta xây dựng dãy {xn, yn}n≥0 xác định bởi:
yn+1 = yn+ hf (xn, yn), xn+1 = xn+ h
Ta gọi y yh(x) là hàm tuyến tính từng khúc qua các điểm (xn, yn); đồ thị của nó được gọi là đa giác Euler
Bổ đề 1.2.1 Với các giả thiết trong định lý (1.2.1) và với h := α/N (N ∈ N), đa giác Euler thỏa (x, yh(x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0, x0 + α], Ngoài ra,
yh(x) − yh(x0) ≤ M
x − x0
với mọi x, x0 ∈ [x0, x0+ α]
Chứng minh Qui nạp theo n Giả sử điều đó đúng với n, i.e kyn− y0k ≤ b, ta có
kyn+1− ynk ≤ hM nên với n + 1 ≤ N ta đều có
kyn+1− y0k ≤ (n + 1)hM ≤ αM ≤ h
Điều này chứng tỏ (x, yh(x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0, x0+ α]
Bất đẳng thức trong mệnh đề là hiển nhiên đúng vì yh(x) là tuyến tính từng khúc và có “hệ số góc" bị chặn bởi M
Để chứng minh định lý ta cần khái niệm sau:
Định nghĩa 1.2.1 Họ hàm fλ : I → Rn được gọi là đồng liên tục nếu với mọi
> 0, có tồn tại một δ > 0 (không phụ thuộc vào cả lẫn δ) sao cho
Với mọi λ , với mọi x, x0
x − x0
< δ) ⇒ fλ(x) − fλ(x0) <
Định lý 1.2.2 ( Arzela-Ascoli) Cho họ các hàm fλ : [a, b] → Rn đồng liên tục và
bị chặn đều trên [a, b] Khi đó họ hàm {fλ} có chứa một dãy con {gn(x)} hội tụ đều đến một hàm g(x) liên tục trên [a, b]
Chứng minh Xem giáo trình giải tích hàm
Chứng minh định lý Peano:
Xét đa giác Euler yh(x) với h = α/N , dãy này bị chặn và đồng liên tục (theo
Bổ đề (1.2.1)) nên theo định lý Arzela-Ascoli, họ hàm yh(x) có chứa dãy con hội tụ đều về hàm liên tục y : [a, b] → Rn
Trang 8Ta chỉ ra rằng hàm giới hạn này chính là nghiệm của bài toán Cauchy Ta xét
x ∈ [x0, x0+ α] (trên x ∈ [x0− α, x0] ta xét tương tự), kí hiệu k = k(h) là chỉ số sao cho x ∈ [xk, xk+1], với xk= x0+ kh Khi đó, trên đoạn con này ta có
yh(x) − y0 = hf (x0, y0) + + hf (xk−1, y(xk−1) + (x − xk)f (xk, yk)
với các cặp giá trị (xj, yj) là các xấp xỉ bằng phương pháp Euler (xem (3.4))
Vì f liên tục nên khả tích, và có thể viết
x
Z
x 0
f (t, y (t)) dt = hf (x0, y (x0)) + +hf (xk−1, y (xk−1)) + (x − xk) f (xk, y (xk)) +
r (k) với r(h) → 0 khi h → 0
Tính liên tục đều của f trên a và sự hội tụ đều của dãy con của {yh(x)} đến y(x) cho phép ta đánh giá
kf (x, yh(x)) − f (x, y(x))k < với h đủ bé Khi đó từ các đẳng thức trên ta có
yh(x) − y0−
x
Z
x 0
f (t, y(t))dt ≤ |x − x0| + kr(h)k ≤ α + kr(h)k
Cho h → 0 ta thấy hàm y(x) thoả mãn phương trình tích phân
y(x) = y0+
x
Z
x 0
f (t, y(t))dt
mà nghiệm của nó chính là lời giải của bài toán Cauchy
Nhận xét 1.2.2 Định lý Peano hoàn toàn không chứa thông tin về sự duy nhất nghiệm
1.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục
Ta quan tâm đến bài toán kéo dài nghiệm của bài toán Cauchy y0 = f (x, y) với điều kiện ban đầu y(x0) = y0
Định nghĩa 1.2.2 Hàm f : U → Rn (với U là mở trong R × Rn) được gọi là thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên U nếu tại mỗi (x0, y0) ∈ U đều tồn tại lân cận
U ⊂ V sao cho f thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên V
Nhận xét 1.2.3 Nếu hàm f thuộc lớp C1 trên u thì thoả điều kiện Lipschitz địa phương
Bổ đề 1.2.2 Nếu f : U → Rn liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên
U thì với mọi (x0, y0) ∈ U đều tồn tại một khoảng mở Imax = (ω−, ω+) 3 x0 sao cho:
Trang 9i) Bài toán Cauchy y0 = f (x, y) với y(x0) = y0 có nghiệm duy nhất trên Imax, ii) Nếu z : I → Rn là một nghiệm nào đó của bài toán Cauchy này thì I ⊂ Imax
và z = y|t
Chứng minh Chỉ cần đặt
Imax= ∪I/I mở chứa x0 và bài toán Cauchy có nghiệm trên I
Sau đó xác định hàm y : Imax→ Rn theo cách sau: Với x ∈ Imax , x phải thuộc một
I nào đó, mà trên đó bài toán Cauchy có nghiệm Khi đó, ta gán y(x) bởi giá trị của nghiệm đó tại x Phần còn lại, ta cần chỉ ra nghiệm như thế là xác định tốt và duy nhất Chi tiết dành cho bạn đọc
Định lý 1.2.3 Giả sử f : U → Rn liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên U Khi đó mỗi nghiệm của bài toán Cauchy đều có một thác triển đến biên của
U
Chính xác hơn, giả sử y : Imax → Rn là nghiệm qua(x0, y0) ∈ U , khi đó với mọi compact K ⊂ U đều tồn tại x1, x2 ∈ Imax với x1 < x0 < x2 sao cho (x1, y(x1)), (x2.y(x2)) /∈ K
Chứng minh Giả sử Imax = (ω−, ω+) Nếu ω+ = ∞ thì hiển nhiên tồn tại x2 > x0 sao cho (x2, y(x2)) /∈ K
Xét trường hợp ω+ < ∞, giả sử tồn tại compact K mà (x, y(x)) ∈ K với mọi
x ∈ (x0, ω+) Vì f bị chặn trên K nên
y(x) − y(x0) =
x
Z
x0
f (t, y(t))dt ≤ M
x − x0
<
nếu x, x0 đủ gần ω+ Điều này dẫn đến tồn tại lim x → ω+y(x) = y+ ; và rõ ràng (ω+, y+) ∈ K ⊂ U do K compact Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, có tồn tại nghiệm của bài toán y0 = f (x, y), y+(ω+) = y+ trong lân cận của ω+ Điều này
vô lý vì Imax là cực đại Chứng minh tương tự cho trường hợp x1
1.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính
Trong mục này ta sẽ khảo sát các hệ phương trình vi phân tuyến tính dạng
dx1
dt = a11(t)x1+ a12(t)x2+ + a1n(t)yn+ g1(t)
dx2
dt = a21(t)x1+ a22(t)x2+ + a2n(t)yn+ g2(t)
dxn
dt = an1(t)x1+ an2(t)x2+ + ann(t)yn+ gn(t)
(1.3.6)
trong đó t là biến độc lập và x1(t), x2(t), , xn(t) là các ẩn hàm cần tìm, các hàm aij(t) và gi(t) lần lượt được gọi là các hệ số và hệ số tự do của hệ Chúng được
Trang 10giả thiết liên tục trên khoảng I = (a, b) ⊂ R nào đó Tên gọi hệ phương trình tuyến tính là do vế phải là các hàm bậc nhất theo các ẩn hàm x1, , xn
Dùng ký hiệu ma trận, có thể viết hệ (1.3.6) dưới dạng thu gọn
trong đó A(t) = (aij(t)) là ma trận hàm cấp n × n, g(t) = (g1(t), , gn(t))T là vector cột Nếu g(t) ≡ 0, ta nói hệ trên là hệ tuyến tính thuần nhất , nếu ngược lại, ta nói
hệ không thuần nhất Định lý sau đây là một trường hợp riêng của định lý tồn tại
và duy nhất nghiệm tổng quát đối với bài toán Cauchy
Định lý 1.3.1 (Tồn tại và duy nhất nghiệm ) Giả sử các hệ số aij(t) và gi(t)) là các hàm liên tục trên khoảng I 3 t0 Khi đó hệ phương trình (1.3.7) duy nhất một nghiệm thoả điều kiện ban đầu
trong đó, ξ ∈ Rn tùy ý
1.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất
Ta sẽ mô tả kỹ hơn không gian nghiệm của hệ thuần nhất mà, với ký hiệu ma trận,
có thể viết lại dưới dạng
Trước hết hãy nhận xét rằng tập tất cả các nghiệm của một hệ thuần nhất có cấu trúc không gian vector Cụ thể ta có
Định lý 1.3.2 Giả sử ma trận A(t) liên tục trên khoảng I ⊂ R Khi đó tập nghiệm của (1.3.9) là một không gian vector n chiều
Chứng minh Dễ kiểm tra tập nghiệm V của (1.3.9) là một không gian vector Ta
sẽ chứng minh số chiều của nó là n Thật vậy, giả sử {ξ1, , ξn} là một cơ sở trong không giannchiều Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, với t0 ∈ I, có tồn tại
n nghiệm φ1, , φn của (1.3.9) sao cho
φ1(t0) = ξ1, , φn(t0) = ξn
Ta chứng minh n nghiệm này độc lập tuyến tính Thật vậy, nếu trái lại thì tồn tại các hệ số α1, , αn∈ R không đồng thời bằng 0, sao cho
n
X
i=1
αiφi(t) = 0 với mọi t ∈ I
Với t = t0, ta có
n
X
i=1
αiφi(t) =
n
X
i=1
αiξi = 0 Nhưng do {ξ1, , ξn} độc lập tuyến tính nên αi = 0, ∀i = 1, n Mâu thuẩn này chứng tỏ n nghiệm φ1, , φn độc lập tuyến tính
... tương tự cho trường hợp x11.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính
Trong mục ta khảo sát hệ phương trình vi phân tuyến tính dạng
... gọi hệ số hệ số tự hệ Chúng
Trang 10giả thiết liên tục khoảng I = (a, b) ⊂ R Tên gọi hệ phương trình. .. t0 Khi hệ phương trình (1.3.7) nghiệm thoả điều kiện ban đầu
trong đó, ξ ∈ Rn tùy ý
1.3.1 Hệ tuyến tính nhất
Ta mô tả kỹ không gian nghiệm hệ mà, với