Giáo trình phương trình vi phân sai phân

Một số bài toán đưa về phương trình vi phân thường (NDE) 8

Bài toán 1.2.1 Bài toán chuyển động thẳng tuyến tính với vận tốc cho trước

Giả sử ta phải đi tìm quy luật chuyển động thẳng tuyến tính của một chất điểm với vận tốc cho trước là v(t) =f(t) tại mỗi thời điểm t.

Quãng đường di chuyển của chất điểm tại thời điểm t được ký hiệu là x = x(t) Theo ý nghĩa cơ học của đạo hàm, vận tốc v = v(t) là đạo hàm của quãng đường theo thời gian tại thời điểm t Do đó, ta có thể diễn đạt mối quan hệ này bằng công thức dx/dt = f(t) hoặc ˙x = f(t).

Quá trình xác định quãng đường x = x(t) có thể được hiểu là nguyên hàm của hàm v = f(t) Các nghiệm của phương trình (1.2) có thể được biểu diễn dưới dạng x(t) = ∫ f(t) dt Trong lý thuyết phương trình vi phân, ký hiệu ∫ f(t) dt đại diện cho một trong các họ nguyên hàm của hàm f(t), do đó nghiệm của phương trình (1.2) có thể được viết lại dưới dạng x(t) = ∫ f(t) dt + C.

Khi hàm f(t) là liên tục thì một trong các họ nguyên hàm của nó chính là:

Để tìm nghiệm cho phương trình (1.5), chúng ta cần gán cho hằng số C một giá trị thực Bằng cách cho vật thể di chuyển một quãng đường xác định tại thời điểm t0, tức là x(t0) = x0, và thay vào phương trình (1.5), ta có thể xác định giá trị của C Như vậy, phương trình sẽ trở thành x(t0) = ∫t0t0 f(ξ)dξ + C, từ đó giúp chúng ta tìm được nghiệm cho phương trình (1.2).

Do vậy nghiệm của phương trình (1.2) là: x(t) Z t t 0 f(ξ)dξ +x 0 Điều kiện x(t 0 ) = x 0 được gọi là điều kiện đầu.

Bài toán 1.2.2 Bài toán về chuyển động thẳng tuyến tính với gia tốc ổn định

Giả sử ta phải đi tìm quy luật biểu diễn chuyển động thẳng tuyến tính của một chất điểm với gia tốc hằng: a = const.

Trong vật lý, quãng đường x = x(t) phụ thuộc vào thời gian t, và vận tốc v = v(t) được xác định bằng đạo hàm của quãng đường theo thời gian, tức là v = dx/dt Gia tốc a được định nghĩa là đạo hàm bậc hai của quãng đường, được biểu diễn bằng công thức d²x/dt² = a hoặc ¨x = a.

Như vậy v = dx dt chính là nguyên hàm đối với d dt 2 x 2, do đó dx dt = at+C 1 , suy ra: x(t) = 1

Nghiệm của phương trình (1.6) phụ thuộc vào các hằng số C1 và C2 Để tách ra một nghiệm cụ thể, cần bổ sung điều kiện ban đầu Tại thời điểm ban đầu t = t0 = 0, quãng đường được xác định là x(t0) = x0 và vận tốc là v(t0) = v0 Từ công thức v(t) = at + C1, khi đặt t = 0, ta có v0 = C1 Do đó, ta có x(t) = 1.

Thay t = 0 vào phương trình trên: x 0 = C 2

Cuối cùng ta nhận được phương trình cho x(t) với điều kiện đầu là: x(t) = 1

Khái niệm về không gian Metric Nguyên lý co ánh xạ

Tập hợp X được gọi là không gian Metric khi mỗi cặp phần tử x, y ∈ X xác định một số không âm ρ(x, y) ≥ 0, được gọi là độ dài hoặc khoảng cách giữa hai phần tử Độ dài này phải thỏa mãn các tính chất nhất định, đảm bảo tính chính xác trong việc đo lường khoảng cách trong không gian.

Các ví dụ về không gian Metric:

1 Tập hợp R = (−∞,∞) số thực với khoảng cách giữa x, y được xác định bởi: ρ(x, y) =|x−y| là một không gian Metric.

2 Không gian R n với x = (x 1 , x 2 , , x n ), y = (y 1 , y 2 , , y n ), ρ(x, y) p(x1 −y1) 2 + (x2 −y2) 2 + + (xn −yn) 2 là không gian Metric.

3 Không gian C [a,b] gồm các hàm x(t) liên tục trên [a, b] với ρ(x, y) a≤t≤bmax |x(t)−y(t)|, y(t) ∈ C [a,b] là không gian Metric.

Nếu tập hợp X là không gian Metric với độ dài ρ(x, y), thì mọi không gian con M ⊂ X cũng sẽ là một không gian Metric với cùng độ dài Phần tử x ∈ X được gọi là giới hạn của dãy {x_n} ∈ X nếu khoảng cách ρ(x_n, x) tiến đến 0 khi n tiến đến vô hạn.

Định nghĩa 1.3.3 cho biết rằng một dãy {x_n} thuộc X hội tụ đến phần tử x thuộc X nếu tồn tại một số dương ε sao cho với mọi n lớn hơn N, khoảng cách ρ(x_n, x) nhỏ hơn ε, tức là lim x_n khi n tiến đến vô cùng bằng x Định nghĩa 1.3.4 xác định rằng dãy {x_n} thuộc X được gọi là cơ sở.

Mỗi dãy hội tụ đều là cơ sở, nhưng không phải mọi dãy cơ sở đều hội tụ Ví dụ, trong không gian X = Q, với Q là tập hợp các số hữu tỉ và khoảng cách ρ(x, y) = |x − y|, dãy số x_n = (1 + 1/n)^n (với n ∈ N) là một dãy cơ sở, nhưng không hội tụ trong Q vì giới hạn lim n→∞(1 + 1/n)^n = e không phải là số hữu tỉ Định nghĩa không gian Metric X là đầy đủ nếu mọi dãy cơ sở {x_n} ∈ X đều hội tụ.

Các không gian Metric R, R^n và C[a,b] đều là những không gian đầy đủ, trong khi không gian Metric Q lại không đầy đủ Định nghĩa ánh xạ giữa hai không gian Metric X và Y: một quy tắc bố trí phần tử x ∈ X tương ứng với phần tử y ∈ Y được gọi là ánh xạ hay toán tử tác động từ không gian Metric X vào không gian Metric Y, và được ký hiệu tương ứng.

Nếu Y = X, toán tử A tác động trong không gian X Nếu A chỉ định nghĩa trên một tập M ⊂ X, ta viết A : M ⊂ X → Y Toán tử A : X → Y được gọi là liên tục tại điểm x0 ∈ X nếu với mọi dãy {x n } ∈ X hội tụ đến x0, ta có dãy giá trị Ax n hội tụ đến Ax0 A được coi là liên tục trên tập M ⊂ X nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ M Cuối cùng, ánh xạ A : X → Y được gọi là co nếu tồn tại số α ∈ (0,1) sao cho với mọi x, y ∈ X, ta có ρ(Ax, Ay) ≤ αρ(x, y).

Mọi toán tử co A đều liên tục trong không gian Metric X, với điều kiện tồn tại α ∈ (0,1) sao cho ρ(Ax, Ay) ≤ αρ(x, y) cho mọi x, y ∈ X Nếu dãy x_n hội tụ về x thì ρ(x_n, x) → 0, từ đó suy ra ρ(Ax_n, Ax) → 0, nghĩa là Ax_n → Ax Điểm x* ∈ X được gọi là điểm bất động của toán tử A nếu Ax* = x*, và điểm bất động này cũng là nghiệm của phương trình Ax = x Theo định lý 1.3.1, trong không gian Metric đầy đủ X, mỗi ánh xạ co A: X → X chỉ có duy nhất một điểm bất động.

Chứng minh.Vì tính co củaAnên∃(α ∈ (0,1))∀(x, y ∈ X) [ρ(Ax, Ay) ≤ αρ(x, y)] Ta lấy một phần tử x 0 tùy ý trong X và xây dựng dãy: x n = Ax n−1 , x 1 = Ax 0 , x 2 = Ax 1 , , x n = Ax n−1 , , n ∈ N (1.10)

Giai đoạn I Ta đi chứng minh (1.10) là dãy cơ sở Thật vậy ∀(n, m ∈ N) (không giảm tổng quát, ta lấy n < m) ta có: ρ(xn, xm) ≤ ρ(xn, xn+1) +ρ(xn+1, xn+2) + +ρ(x m−1 , xm) (1.11)

Ta có: ρ(x1, x2) = ρ(Ax0, Ax1) ≤ αρ(x0, x1) ρ(x 2 , x 3 ) = ρ(Ax 1 , Ax 2 ) ≤ αρ(x 1 , x 2 ) ≤α 2 ρ(x 0 , x 1 )

ρ(x n , x n+1 ) = ρ(Ax n−1 , Ax n ) ≤ αρ(x n−1 , x n ) ≤ ≤ α n ρ(x 0 , x 1 ). Đặt các biểu thức sau cùng vào (1.11) ta nhận được: ρ(xn, xm) ≤ (α n + α n+1 + + α m−1 )ρ(x0, x1) = 1−α α n ρ(x0, x1) → 0 khi n→ ∞vìα ∈ (0,1) Điều này đồng nghĩa vớiρ(x n , x m ) → 0khin, m → ∞, chứng tỏ {x n } ∈ X là dãy cơ sở.

Giai đoạn II Ta đi chứng minh toán tử A có điểm bất động x ∗ ∈ X.

Vì dãy {x n } ∈ X là dãy cơ sở và không gian Metric X là đầy đủ, nên x n sẽ hội tụ về x ∗ khi n tiến tới vô cùng Do đó, Ax ∗ = x ∗, chứng tỏ rằng x ∗ là điểm bất động của toán tử A, điều này là hiển nhiên.

Giai đoạn III Chứng minh điểm x ∗ là duy nhất Thật vậy, giả sử có điểm X 3 y ∗ 6= x ∗ : Ay ∗ = y ∗ Khi đó:

Ta nhận được ρ(x ∗ , y ∗ ) < ρ(x ∗ , y ∗ ) Điều phi lý này chứng tỏ x ∗ = y ∗ !.

Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm NDE bậc nhất 13

Hàm f(x, y) được coi là thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong miền D của mặt Oxy nếu tồn tại hằng số Lipschitz λ > 0 sao cho với mọi (x, y1) và (x, y2) thuộc D, điều kiện |f(x, y1) - f(x, y2)| ≤ λ|y1 - y2| được thỏa mãn Nếu miền D lồi và hàm f(x, y) có đạo hàm riêng ∂f/∂y (x, y) bị chặn trong D, thì tồn tại λ > 0 với f_y0(x, y) ≤ λ, điều này chứng tỏ hàm f(x, y) thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong miền D với hằng số λ Định lý Cauchy cũng xác nhận tính chất này.

Cho phương trình NDE y 0 = f(x, y), (1.12) với điều kiện đầu tại điểm x = x 0 là: y = y 0 , (1.13) và hàm f(x, y) có những tính chất sau đây:

1 Hàm f(x, y) xác định và liên tục tại một miền D nào đó của mặt Oxy có chứa điểm (x 0 , y 0 ).

2 Hàm f(x, y) trong miền D thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo biến y với hằng số λ >0 :

Khi đó tồn tại duy nhất một nghiệm y = ϕ(x) của bài toán (1.12) thỏa mãn điều kiện y0 = ϕ(x0) trên đoạn [x0 −h, x0 +h], h > 0.

Chứng minh Ta sẽ tiến hành chứng minh định lý trên theo 2 bước. Bước I Ta đi chứng minh bài toán (1.12) – (1.13) tương đương với phương trình tích phân: y = y 0 + x

Z x 0 f(t, y(t))dt, (1.14) trong đó nghiệm của (1.14) là một hàm liên tục.

Giả sử hàm y = ϕ(x) là nghiệm của phương trình (1.12) và thỏa mãn điều kiện (1.13): ϕ(x0) = y0 Khi đó, ta có biểu thức ϕ'(x) = f(x, ϕ(x)) Tích phân đẳng thức này tại các đầu mút x0 và x cho ta kết quả: ϕ(x) - ϕ(x0) = ∫[x0,x] ϕ'(t) dt.

Z x 0 f(t, ϕ(t))dt, (1.15) điều này có nghĩa là nghiệm y = ϕ(x) của phương trình (1.12) với điều kiện đầu (1.13) là nghiệm của phương trình (1.14).

Giả sử hàm y = ϕ(x) là nghiệm của phương trình tích phân (1.14) và thỏa mãn điều kiện (1.13) với ϕ(x 0 ) = y 0 Qua việc vi phân cả hai vế của phương trình (1.15), ta có ϕ 0 (x) = f(x, ϕ(x)), chứng tỏ rằng hàm y = ϕ(x) là nghiệm của phương trình (1.12) và cũng thỏa mãn điều kiện (1.13) Do đó, tính tương đương của bài toán giữa các phương trình (1.12) – (1.13) và (1.14) được xác lập.

Bước II Ta sẽ chứng minh rằng với h > 0 phương trình (1.14) có một nghiệm duy nhất liên tụcy = ϕ(x)và thỏa mãn điều kiện|y−y 0 | ≤M h,với

M > 0 được xác định sau và độ dài ρ(y₁, y₂) = max x∈[x₀−h,x₀+h]|y₁(x)−y₂(x)| Rõ ràng, với cách xác định này, miền đã cho trở thành một không gian Metric Ta sẽ xem xét toán tử tích phân sau đây:

Chúng ta sẽ chứng minh rằng toán tử trên tồn tại trong không gian C ∗ và là ánh xạ co Hàm f(x, y) liên tục trong miền D của mặt Oxy tại điểm (x₀, y₀) ∈ D, do đó hàm này sẽ bị chặn trong một lân cận nào đó của điểm (x₀, y₀) ∈ D Cụ thể, tồn tại một lân cận O(x₀, y₀) và một số M > 0 sao cho |f(x, y)| ≤ M với (x, y) thuộc O(x₀, y₀).

Ta chọn một số h > 0 đủ nhỏ để hình chữ nhật Π = [x0−h, x0+h]⊗[y0−hM, y0+hM] nằm trong lân cận O(x0, y0) với điều kiện α: αh < 1 Chứng minh rằng toán tử tích phân (1.16) thuộc C∗ Giả sử y = y(x) ∈ C∗ là hàm liên tục trên đoạn [x0−h, x0+h] và thỏa mãn bất đẳng thức |y(x)−y0| ≤ Mh với x ∈ [x0−h, x0+h].

R x 0 f(t, y(t))dt cùng liên tục trên đoạn này và:

Z x 0 dt|= M|x−x 0 | ≤ M h. Điều này chứng tỏ y = y(x) ∈ C ∗

Chứng tỏ toán tử (1.16) là co trong C ∗ Lấy hàm y1 = y1(x) và y2 y 2 (x) trong C ∗ , khi đó:

Từ đây ta có ρ(Ay 1 , Ay 2 ) ≤ αρ(y 1 , y 2 ), điều này chứng tỏ A co trong

Từ tính chất của ánh xạ co, chúng ta có thể kết luận rằng A có một điểm cố định duy nhất, tức là phương trình (1.16) có một nghiệm duy nhất y1 = y1(x) Nghiệm này cũng chính là nghiệm của bài toán (1.12) – (1.13).

Phương trình vi phân cấp một

Phân loại nghiệm của phương trình vi phân cấp một

Xét phương trình: y 0 = f(x, y), (2.1) y(x 0 ) = y 0 , (2.2) với f liên tục trong một miền D ⊂ R 2

Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp một là tìm nghiệm y(x) của phương trình (2.1) sao cho đồ thị của nó, hay còn gọi là đường cong tích phân của NDE, đi qua điểm (x₀, y₀) Định nghĩa 2.1.1: Giả sử D ⊂ R², với vế phải của (2.1) xác định và liên tục Hàm y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là nghiệm tổng quát của (2.1).

1 Với mỗi điều kiện ban đầu (x 0 , y 0 ) ∈ D ta luôn tìm được C dưới dạng:

2 Hàm y = y(x, C) thỏa mãn (2.1) với mỗi giá trị của C được xác định bởi (2.3) khi (x0, y0) chạy khắp D.

Phương trình y' + y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce^(-x), với C là hằng số tùy ý Khi thay x = 0 vào phương trình, nếu y = 2, ta có y(0) = 2 = C, từ đó suy ra y = 2e^(-x) là một nghiệm của phương trình Định nghĩa 2.1.2 chỉ ra rằng nghiệm của phương trình (2.1) tại mỗi điểm (x₀, y₀) có tính chất duy nhất trong bài toán Cauchy.

Nghiệm riêng của phương trình (2.4) được xác định bởi y 0 = f(x, y) với điều kiện y(x0) = y0 Ngược lại, nếu nghiệm của phương trình (2.1) không thỏa mãn tính chất duy nhất tại mỗi điểm, thì nó được gọi là nghiệm kỳ dị của bài toán Cauchy.

Phương trình với biến số phân ly

Định nghĩa 2.2.1 Phương trình vi phân cấp một dạng:

M(x)dx+N(y)dy = 0 (2.5) được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi là phương trình tách biến.)

Trong phương trình (2.5), các hàm số M(x) và N(y) được giả định là liên tục trên một số khoảng nhất định Do đó, việc tích phân hai vế của phương trình này sẽ cho chúng ta kết quả mong muốn.

Biểu thức cuối cùng chính là nghiệm cần tìm của phương trình đã cho.

Ví dụ 2.2.1 Giải phương trình: xdx+ydy = 0.

Tích phân hai vế của phương trình đã cho ta thu được:

Ví dụ 2.2.2 Giải phương trình: y 3 y 0 = x(1 +x 4 ).

Phương trình đã cho viết dưới dạng tách biến là: y 3 dy −x(1 +x 4 )dx = 0.

Tích phân hai vế ta thu được:

6x 6 = C, là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho.

M1(x)N1(y)dx+M2(x)N2(y)dy = 0, (2.6) cũng có thể đưa được về dạng (2.5) bằng cách chia cả hai vế choM 2 (x)N 1 (y) (với giả thiết M 2 (x)N 1 (y) 6= 0), ta nhận được:

Do đó tích phân tổng quát là:

Ví dụ 2.2.3 Giải phương trình: x(1 +y 2 )dx+y(1 +x 2 )dy = 0.

Chia cả hai vế của phương trình cho (1 +x 2 )(1 +y 2 ) ta nhận đuwocj: x x 2 + 1dx+ y y 2 + 1dy = 0.

Tích phân cả hai vế ta nhận được:

Z y y 2 + 1dy = C, hay ln(1 + x 2 ) + ln(1 +y 2 ) = 2C, hay:

Phương trình vi phân thuần nhất

Hàm f(x, y) được gọi là thuần nhất bậc n nếu với mọi t > 0, có điều kiện f(tx, ty) = t^n f(x, y) Phương trình vi phân y' = f(x, y) được xem là thuần nhất (hay đẳng cấp) khi hàm số ở vế phải là thuần nhất bậc 0, tức là f(tx, ty) = f(x, y).

Trong phương trình vi phân thuần nhất ta đặt y = x.u, ở đâyu = u(x).

Từ đây ta có y 0 = u+xu 00 hay: dy dx = u+xdu dx.

Từ y = xu, ta có u = y/x, dẫn đến f(x, y) = f(x, xy/x) = f(1, u) = g(u), với x đóng vai trò là t Ta nhận được phương trình: u + x du/dx = g(u), hay du/(g(u) - u) = dx/x Tích phân hai vế của phương trình cuối cho ta: x = C.exp(

Ví dụ 2.3.1 Giải phương trình:

Chúng ta có thể viết lại phương trình đã cho dưới dạng: \( \frac{dy}{dx} = -x^2 + y^2 \) và \( xy = -xy - yx \) Dễ dàng nhận thấy rằng vế phải của phương trình này là thuần nhất Bằng cách đặt \( y = xu \), ta có được phương trình: \( \frac{dx}{x} = -udu \).

2u 2 + 1. Tích phân cả hai vế phương trình trên cho ta: ln|x

Thay u = x y nhận được nghiệm của phương trình đầu là: x 4 = C 4 x 2 x 2 + 2y 2 , C 6= 0.

Phương trình đưa về dạng thuần nhất

Các phương trình dạng: dy dx = f( ax+by +c a 1 x+b 1 y+ c 1 ) có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi:

( x = ξ +x 0 , y = η +y0, (2.7) trong đó (x 0 , y 0 ) được chọn sao cho:

Từ (2.8) ta nhận được c = −ax 0 −by0, c1 = −a 1 x0 −b1y0 Khi đó: dη dξ = f( aξ +bη a 1 ξ +b 1 η) = f( a+ b η ξ a 1 + b 1 η ξ ) = g(η ξ) là phương trình thuần nhất.

Ví dụ 2.4.1 Giải phương trình:

( 2x 0 −4y 0 + 6 = 0, x 0 +y 0 −3 = 0 (2.9) có nghiệm (x0 = 1, y0 = 2), do đó thực hiện phép đổi biến: x = ξ + 1, y η + 2 Biến đổi phương trình đã cho về dạng: dη dξ = −2−4 η ξ

1 + η ξ Đặt u = η ξ , η = uξ, dη = ξdu+ udξ Phương trình cuối đưa về dạng: ξdu+udξ dξ = −2−4u

1 +u giải phương trình trên nhận được: ξ(u−2) 3 (u−1) 2 = C, u6= 1, u 6= 2.

Phương trình vi phân toàn phần

Định nghĩa 2.5.1 Phương trình vi phân dạng:

P(x, y)dx+Q(x, y)dy = 0, (2.10) được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu như tồn tại hàm U(x, y) thỏa mãn: dU(x, y) =P(x, y)dx+Q(x, y)dy.

Khi đó tích phân tổng quát của (2.10) cho bởi:

U(x, y) = C. Định lý 2.5.1 (Dấu hiệu nhận biết phương trình vi phân toàn phần) Để cho phương trình (2.10) là toàn phần thì điều kiện cần và đủ là:

Để chứng minh điều kiện cần trong phương trình (2.10), giả sử các hàm P(x, y) và Q(x, y) được định nghĩa trên hình chữ nhật J1 × J2, với J1 và J2 là các đoạn trong R Các hàm này phải liên tục và có đạo hàm riêng ∂P/∂y và ∂Q/∂x Do (2.10) là một phương trình toàn phần, điều này dẫn đến

∂x∂y. Đến đây áp dụng định lý Schwartz về sự bằng nhau của đạo hàm hỗn hợp cho hàm hai biến ta có ∂P ∂y = ∂Q ∂x ((x, y) ∈ J 1 ×J 2 ). Điều kiện đủ.

0Q(x, ξ)dξ + C(x) Lấy đạo hàm theo x biểu thức nhận được cho ta:

Do đó C 0 (x) =P(x, y 0 ) Từ đây ta nhận được:

P(η, y 0 )dη +C 1 Như vậy hàm U(x, y) tìm được dưới dạng:

Q(x, ξ)dξ, ở đây x 0 , y 0 là các điểm cố định tương ứng trong J 1 và J 2

Ví dụ 2.5.1 Giải phương trình vi phân:

Ta có: ∂P ∂y = −2y = ∂Q ∂x , do đó phương trình đã cho là toàn phần.

U = x 3 −xy 2 +C(y). Đạo hàm biểu thức nhận được theo y cho ta:

Từ đây ta nhận được C y 0 = 3y 2 , do đó C(y) = y 3 Như vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 3 −xy 2 +y 3 = C.

Ví dụ 2.5.2 Giải phương trình vi phân:

Ta có U x 0 (x, y) =x 3 +xy 2 , U y 0 (x, y) = x 2 y+y 3 Tích phân cả hai vế của biểu thức thứ nhất ta nhận được:

2x 2 y 2 + C(y). Đạo hàm cả hai vế của biểu thức nhận được theo y cho ta:

U y 0 (x, y) =x 2 y+ C 0 (y) = x 2 y +y 3 , từ đây ta nhận được C(y) = 1 4 y 4 Do đó nghiệm của phương trình đã cho là 1 4 x 4 + 1 2 x 2 y 2 + 1 4 y 4 = C 1 , hay (x 2 + y 2 ) 2 = C.

Thừa số tích phân

Trong một số trường hợp, phương trình (2.10) không phải là phương trình vi phân toàn phần, nhưng có thể tìm được hàm số à(x, y) sao cho phương trình à(x, y)[P(x, y)dx+Q(x, y)dy] = 0 (2.11) trở thành phương trình vi phân toàn phần Theo định nghĩa 2.6.1, hàm à(x, y) thỏa mãn (2.11) được gọi là thừa số tích phân của phương trình (2.11) Rõ ràng, để à(x, y) là thừa số tích phân, nó phải thỏa mãn một số điều kiện nhất định.

Không có phương pháp tổng quát để giải phương trình (2.12), nhưng trong một số trường hợp đặc biệt, chúng ta có thể tìm được hàm à(x, y) Cụ thể, nếu hàm à chỉ phụ thuộc vào biến x, thì đạo hàm ∂à/∂y sẽ bằng 0, và phương trình (2.12) sẽ được đơn giản hóa.

Chia cả hai vế cho àQ ta nhận được

Để yêu cầu bài toán được thỏa mãn, vế phải của (2.14) chỉ có thể phụ thuộc vào x Ký hiệu vế phải của biểu thức cuối là ϕ(x) và thực hiện tích phân cả hai vế của đẳng thức, ta có: à(x) = exp(

Z ϕ(x)dx) (2.15) b à chỉ phụ thuộc vào y Tiến hành tương tự ta nhận được: à(y) = exp(

Ví dụ 2.6.1 Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình sau đây:

Từ đây ta nhận được: à(x) = e x Lúc này phương trình (2.17) viết lại được dưới dạng: e x (2xy +x 2 y + y 3

3 )dx+e x (x 2 +y 2 )dy = 0, (2.18) và là phương trình vi phân toàn phần Tiến hành giải (2.18) ta thu được nghiệm: ye x (x 2 + y 2

Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

một Định nghĩa 2.7.1 Phương trình dạng dy dx +P(x)y = Q(x), (2.19) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp một.

Trong phương trình (2.19), P(x) và Q(x) được xác định trên khoảng (a, b) Chúng ta tìm nghiệm của phương trình này dưới dạng y = u(x)v(x) (2.20), trong đó u và v là các hàm chưa biết phụ thuộc vào x Khi đạo hàm cả hai vế của (2.20), ta thu được y' = u'v + uv' Thay biểu thức này vào (2.19), ta có uv' + (u' + P(x)u)v = Q(x) (2.21) Để đơn giản hóa (2.21), ta chọn u sao cho u' + P(x)u = 0, từ đó dẫn đến u = exp(− ).

Thay biểu thức nhận được vào (2.21) ta nhận được: v 0 = exp(−

Giải phương trình cuối ta nhận được: v Z Q(x) exp(

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình (2.19) tìm được dưới dạng: y = uv = exp(−

Ví dụ 2.7.1 Tìm nghiệm của phương trình: y 0 + 3xy = x, đi qua điểm (0,1) Ta có: P(x) = 3x, do đó R P(x)dx = 3x 2 /2 và như thế nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y = e − 3x

Do nghiệm của phương trình đi qua (0,1) nên thay x = 0, y = 1 vào biểu thức cuối ta thu được C = 2 3 Như vậy nghiệm cần tìm chính là: y = e − 3x

Phương trình Bernoulli

Phương trình dạng dy/dx + P(x)y = y^n Q(x) (2.22) được gọi là phương trình Bernoulli Để tìm nghiệm cho phương trình này, chúng ta sẽ chuyển đổi nó về dạng tuyến tính Khi n = 0 hoặc n = 1, phương trình (2.22) trở thành phương trình tuyến tính Đối với các trường hợp còn lại, ta đặt y = uv, từ đó có y' = u'v + uv' và thay vào phương trình (2.22), dẫn đến biểu thức uv' + (u' + P(x)u)v = (uv)^n Q(x) (2.23).

Chọn usao chou 0 +P(x)u = 0,từ đây nhận đượcu = exp(−R P(x)dx). Đặt biểu thức nhận được đối với u vào (2.23) ta nhận được: v 0 e − R P (x)dx = v n e −n R P (x)dx Q(x).

Nhân cả hai vế của biểu thức cuối với e R P(x)dx ta nhận được: v 0 = v n e (1−n)

Từ đây ta có: dv dx = v n e (1−n)

Tích phân cả hai vế hệ thức cuối:

Hệ thức cuối cùng cho phép ta xác định được v(x) và ta kí hiệu bằng ψ(x, C) Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình Becnuli xác định bởi công thức: y = e −

Ví dụ 2.8.1 Tìm nghiệm của phương trình: dy dx + 2xy = 4x√ y.

Như vậy ta có n = 1/2, P(x) = 2x, R P(x)dx = x 2 , u = e −x 2

2v 1 2 = 4e 1 2 x 2 +C 1 , v = (2e 1 2 x 2 +C) 2 Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y = e −x 2 (2e 1 2 x 2 + C) 2

Phương trình Darboux

Định nghĩa 2.9.1 Phương trình dạng:

A(x, y)dx+B(x, y)dy +H(x, y)(xdy −ydx) = 0, (2.24) được gọi là phương trình Darboux, trong đó các hàm A, B là thuần nhất bậc m, H là hàm thuần nhất bậc n.

Trong (2.24) đặt y = xz, từ đây ta có: dy = xdz+zdx và xdy−ydx x 2 dz = x 2 d( y x ) Khi đó (2.24) viết được dưới dạng: x m A(1, y x)dx+x m B(1, y x)dy +x n H(1,y x)x 2 d(y x) = 0.

Chia cả hai vế của phương trình nhận được cho x m ta nhận được:

Vì dy = xdz +zdx, y = zx nên biểu thức cuối viết lại dưới dạng: A(1, z)dx+B(1, z)xdz+ B(1, z)zdx+x n+2−m H(1, z)dz = 0.

Phương trình nhận được tương đương với:

Chia cả hai vế phương trình nhận được cho [A(1, z) +B(1, z)z]dz 6= 0 ta nhận được: dx dz + B(1, z)x+x n+2−m H(1, z)

A(1, z) +B(1, z)zx n+2−m , là phương trình Becnuli.

Phương trình Riccati

Định nghĩa 2.10.1 Phương trình dạng: y 0 = P(x)y 2 +Q(x)y +r(x), (2.25) được gọi là phương trình Riccati, trong đó P(x), Q(x), r(x) là các hàm liên tục trên một khoảng (a, b) nào đó.

Trong thực hành, phương trình (2.25) không phải lúc nào cũng có thể giải bằng phép cầu phương, tức là không thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép tích phân của các hàm tường minh Tuy nhiên, trong một số trường hợp đặc biệt như P(x) = 0 hoặc r(x) = 0, ta có thể biến đổi phương trình thành dạng tuyến tính hoặc Bernoulli Theo định lý 2.10.1, nếu biết một nghiệm của phương trình (2.25), ta có thể chuyển đổi phương trình đã cho thành phương trình Bernoulli.

Chứng minh Gọi y ∗ là một nghiệm của (2.25), khi đó: y 0 ∗ = P(x)y ∗ 2 +Q(x)y ∗ +r(x). Đặt y = y ∗ +z, trong đó z là ẩn mới Thay vào (2.25) ta nhận được: y ∗ 0 + z 0 = P(x)[y 2 ∗ + 2y∗z +z 2 ] +Q(x)[y∗ +z] +r(x)

= y 0 + 2P(x)y ∗ z+P(x)z 2 +Q(x)z. Đến đây ta nhận được: z 0 −[2P(x)y ∗ + Q(x)]z = z 2 P(x) đây chính là phương trình Bernoulli.

Các phương trình được xem xét từ 2.11 đến 2.16 còn được gọi là các phương trình vi phân cấp một chưa giải ra đối với đạo hàm.

Phương trình dạng y = f (y 0 )

Xét phương trình dạng y = f(y 0 ), với y 0 = p, ta có y = f(p) là hàm với tham số p Nếu tìm được x như một hàm số với tham số p, tức là x = ϕ(p, C), thì hệ phương trình này sẽ được xác định rõ hơn.

Nghiệm tổng quát của phương trình (2.26) dưới dạng tham số được biểu diễn bởi (x = ϕ(p, C), y = f(p)) Bằng cách khử p trong hệ (2.27), ta có thể tìm ra nghiệm của (2.26) Để tìm x, từ y 0 = p, ta có dx = dy p = f 0 (p) p dp.

Từ đây ta nhận được: x Z f 0 (p) p dp+C = ϕ(p, C), đặt vào (2.27):

Khử p trong hệ (2.28) ta nhận được Φ(x, y, C) = 0 (2.29) là nghiệm cơ bản của (2.26).

Ví dụ 2.11.1 Giải phương trình: ypy 0 −1 = 2−y 0 ta viết lại phương trình đã cho: y = √ 2−y y 0 −1 0 có dạng (2.26) Khi đó đặt p= y 00 , phương trình trở thành: y = 2−p

Như vậy nghiệm tổng quát dạng tham số của phương trình được cho bởi hệ sau:

Ta tiến hành khử p như sau: Từ phương trình thứ nhất trong hệ (2.30) ta nhận đượcp = (x−C) 1 2+ 1, thế vào phương trình thứ hai trong hệ cho ta: y = 2− (x−C) 1 2 −1 q 1 (x−C) 2 + 1−1

Phương trình dạng x = f (y 0 )

Đối với phương trình dạng x = f(y₀), ta đặt p = y₀, từ đó phương trình trở thành x = f(p), một phương trình theo tham số p Nếu ta xác định được y như một hàm theo p: y = ϕ(p, C), thì hệ phương trình sẽ được thiết lập.

Nghiệm của phương trình (2.31) được biểu diễn dưới dạng tham số với x = f(p) và y = ϕ(p, C) Từ dx dy = p, ta có dy = p dx = p f 0 (p) Do đó, y có thể được tính bằng tích phân Z pf 0 (p)dp + C Khi thay biểu thức này vào (2.32) và tiến hành khử p, ta thu được nghiệm của phương trình Φ(x, y, C) = 0.

Ví dụ 2.12.1 Giải phương trình: xp1 +y 02 = y 0

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng: x = √ y 0

1+p 2 , y = −√ 1 p 2 +1 +C (2.34) là nghiệm tổng quát dưới dạng tham số Tiến hành khử p: từ phương trình thứ nhất của hệ (2.34) ta nhận được p 2 = 1−x x 2 2, thay vào phương trình thứ hai: y = − 1 q x 2 1−x 2 + 1

Phương trình dạng y = f (x, y 0 )

Đặt p = y 0 = p(x), khi đó y = f(x, p) là hàm biến x và p nếu như ta tìm được hàm p = p(x, c) thì y = f(x, p(x, C)) là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho Ta tiến hành đi tìm p(x, C).

Vi phân phương trình y = f(x, p) theo x ta thu được: dy dx = p= ∂f(x, p)

∂x. Phương trình cuối viết được dưới dạng: dp dx = 1

∂x ] := ϕ(x, p) là phương trình giải được đối với đạo hàm và gọi p = p(x, C) là nghiệm của nó Khi đó nghiệm tổng quát tìm được: y = f(x, p(x, C)).

Ví dụ 2.13.1 Giải phương trình: y = x 2 + 2xy 0 + 1

2y 02 = f(x, y 0 ). Đặt y 0 = p : y = x 2 + 2xp+ 1 2 p 2 dy dx = p = 2x+ 2p+ 2xdp dx +pdp dx,

Do đó nghiệm của phương trình: y = x 2 + 2x(C −x) + 1

Phương trình dạng x = f (y, y 0 )

Đặt p = y 0 = p(y), phương trình x = f(y, p) trở thành x = f(y, p(y, C)) Để tìm nghiệm tổng quát p(y, C), ta vi phân cả hai vế của phương trình x = f(y, p) theo y, từ đó ta có dx/dy = 1 dy/dx.

∂p dp dy, hay: dp dy = 1

Phương trình đã được xác định là có thể giải được thông qua đạo hàm, với p = p(y, C) là nghiệm của phương trình này Do đó, x = f(y, p(y, C)) sẽ là nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu.

Ví dụ 2.14.1 Giải phương trình x = ln y y 0. Đặt y 0 = p, p = p(y) phương trình đã cho trở thành x = ln y p lny −lnp.

Vi phân cả hai vế phương trình nhận được theo y:

Phương trình vi phân thuần nhất được xác định bởi dp/dy = p/y - 1 Bằng cách đặt p = yz và z = z(y), ta giải phương trình này để tìm nghiệm z = ln(Cy) Khi thay ngược lại, ta thu được x = -ln(ln(Cy)).

Phương trình Lagrange

Định nghĩa 2.15.1 Phương trình dạng: y = xf(dy dx) +ϕ(dy dx), (2.35) được gọi là phương trình Lagrange.

Trong (2.35) đặt p= dy dx = p(x), khi đó (2.35) tương đương với: y = xf(p) +ϕ(p) (2.36)

Để xác định hàm p(x, C), ta cần tìm nghiệm y = xf(p(x, C)) + ϕ(p(x, C)) Để thực hiện yêu cầu này, ta lấy vi phân cả hai vế của (2.36) theo x, từ đó thu được công thức: dy/dx = p = f(p) + xf'(p) * (dp/dx) + ϕ'(p) * (dp/dx).

Từ phương trình p−f(p) = xf 0 (p)dp dx + ϕ 0 (p)dp dx, ta có dx dp −x f 0 (p) p−f(p) = ϕ 0 (p) p−f(p) Phương trình này là một phương trình tuyến tính cấp một, với x được coi là hàm theo biến p Gọi x = x(p, C) là nghiệm tổng quát của phương trình trên.

( x = x(p, C), y = x(p, C)f(p) +ϕ(p) (2.37) cho ta nghiệm tổng quát của phương trình Lagrange dưới dạng tham số. Sau khi khử p trong hệ trên ta nhận được nghiệm tổng quát của (2.35) dưới dạng Φ(x, y, C) = 0.

Ví dụ 2.15.1 Giải phương trình: y = xy 02 +y 02

Ta có f(y 0 ) =y 02 , ϕ(y 0 ) = y 02 Đặt p= y 0 , ta nhận được: y = xp 2 +p 2

Vi phân cả hai vế phương trình nhận được theo x: y 0 = p = p 2 + 2xpdp dx + 2pdp dx, và nhận được phương trình tuyến tính cấp một: dx dp −x 2

Giải phương trình cuối cho ta: x = −p 2 + 2p+C

(p−1) 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho viết được dưới dạng tham số là:

Phương trình Clairaut (1713–1765)

Định nghĩa 2.16.1 Phương trình có dạng: y = xy 0 +ϕ(y 0 ) (2.39) được gọi là phương trình Clairaut.

Trong (2.39) đặt y 0 = p, trong đó p = p(x), khi đó phương trình đã cho trở thành: y = xp+ϕ(p) (2.40)

Ta tiến hành đi tìm p Vi phân cả hai vế phương trình (2.40) theo x: dy dx = p = p+ xdp dx +ϕ 0 (p)dp dx, dp dx[x+ϕ 0 (p)] = 0.

Phương trình cuối cho ta hai nghiệm Từ dp dx = 0nhận đượcp = const C, do đó: y = Cx+ϕ(C) (2.41)

Từ x+ϕ 0 (p) = 0 ta nhận được x = −ϕ 0 (p) Khi đó hệ:

Nghiệm đặc biệt của phương trình Clairaut được biểu diễn dưới dạng tham số với các công thức x = −ϕ 0 (p) và y = −pϕ 0 (p) +ϕ(p) Nghiệm này không nằm trong dạng tổng quát y = Cx + ϕ(C) của phương trình (2.39) Để tìm nghiệm đặc biệt từ nghiệm tổng quát, ta thực hiện vi phân hai vế của (2.41) theo C.

( x = −ϕ 0 (C), y = −ϕ 0 (C)C +ϕ(C) (2.43) là nghiệm đặc biệt của (2.39) dưới dạng tham số.

Để giải phương trình y = xy₀ + y₀², ta đặt y₀ = C, dẫn đến nghiệm tổng quát y = xC + C² Tiến hành vi phân hai vế theo C, ta có 0 = x + 2C, từ đó suy ra x = -2C.

( x = −2C, y = −2C 2 +C 2 = −C 2 +ϕ(C) (2.44) là nghiệm đặc biệt dưới dạng tham số của phương trình đã cho Khử C từ hệ này cho ta y = − 1 4 x 2

Bài tập chương 2

Giải các phương trình thuần nhất sau đây:

9 xy 0 −y = (x+y) ln x+y x 10 xy 0 = ycos ln y x

11 (y +√ xy)dx = xdy 12 xy 0 = px 2 −y 2 +y.

Giải các phương trình tuyến tính bậc nhất sau đây:

33 (xy+e x )dx−xdy = 0 34 x 2 y 0 +xy+1 = 0.35 y = x(y 0 −xcosx).

Bằng phép đổi biến hoặc vi phân hãy chuyển các phương trình sau về dạng tuyến tính và giải chúng:

Hãy chuyển các phương trình Riccati sau về phương trình Bernoulli và giải chúng:

Kiểm tra các phương trình dưới đây có là phương trình vi phân toàn phần hay không và giải chúng:

66 2xydx+ (x 2 −y 2 )dy = 0 67 (2−9xy 2 )xdx+ (4y 2 −6x 3 )ydy = 0.

68 e −y dx−(2y −xe −y )dy = 0 69 y x dx+ (y 3 + lnx)dy = 0.

70 3x 2 y +y 2 2 dx− 2x 3 y +5y 3 dy = 0 71 2x(1 +px 2 −y)dx−px 2 −ydy = 0.

72 (1+y 2 sin 2x)dx−2ycos 2 xdy = 0.73 3x 2 (1+lny)dx = (2y− x y 3 )dy.

74 ( sin x y + 2)dx+ (x cos 2y−1 2 +1) cos y dy = 0.

Bằng phương pháp đổi biến hoặc tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình sau đây:

77 ydy = (xdy+ ydx)p1 +y 2 78 xy 2 (xy 0 + y) = 1.

79 y 2 dx−(xy +x 3 )dy = 0 80 (y − x 1 )dx+ dy y = 0.

81 (x 2 + 3 lny)ydx = xdy 82 y 2 dx+ (xy + tanxy)dy = 0.

83 y(x+y)dx+ (xy+ 1)dy = 0 84 y(1 +y 2 )dx+x(y 2 −x+ 1)dy = 0.

85 (x 2 + 2x+y)dx = (x−3x 2 y)dy 86 ydx−xdy = 2x 3 tan x y dx.

89 x 2 y(ydx+xdy) = 2ydx+xdy 90 (x 2 −y 2 +y)dx+x(2y−1)dy = 0.

93 y(x+y 2 )dx+x 2 (y−1)dy = 0 94 (x 2 −sin 2 y)dx+xsin 2ydy = 0.

Trong các bài tập sau đây hãy tìm tất cả các nghiệm của chúng và tách nghiệm đặc biệt (nếu có):

Với các bài tập dưới đây, hãy giải chúng theo giá trị y = 0 Sau đó, áp dụng các phương pháp đã biết để tìm nghiệm tổng quát và xác định nghiệm đặc biệt (nếu có).

Bằng phương pháp tham số hóa hãy giải các phương trình sau đây:

Hãy giải các phương trình Lagrange và Clairaut sau đây:

Đáp số và gợi ý bài tập chương 2

1 x + y = Cx 2 ; x = 0 2 ln (x 2 +y 2 ) = C −2 arctan y x 3 x(y −x) Cy; y = 0 4 x = ±y√ lnCx; y = 0 5 y = Ce y x 6 y 2 −x 2 = Cy; y 0 7 sin y x = Cx 8 y = −xln lnCx 9 ln x+y x = Cx 10 lnCx cot( 1 2 ln x y ); y = xe 2kπ , k = 0,±1,±2, 11 2√ xy = xlnCx; y = 0; x 0 12 arcsin y x = lnCx.sgnx; y = ±x 13 (y − 2x) 3 = C(y − x − 1) 2

19 ln y+x x+3 = 1+ x+y C 20 sin y−2x x+1 = C(x+1) 21 x 2 = (x 2 −y) lnCx; y x 2 22 x = −y 2 lnCx; y = 0 23 x 2 y 4 lnCx 2 = 1; y = 0; x = 0.

26 1−xy = Cx 3 (2 +xy); xy = −2 27 2p1/xy 2 −1 = −lnCx; xy 2 1; y = 0 28 arcsin |x y 2 3 | = lnCx 3 ; |x 3 | = y 2 29 x 2 ylnCy = 1; y 0 30 y = Cx 2 + x 4 31 y = (2x + 1)(C + ln|2x + 1|) + 1 32 y sinx + C cosx 33 y = e x (ln|x| + C); x = 0 34 xy = C − ln|x|.

41 x = (C − cosy) siny 42 x = 2 lny − y + 1 + Cy 2 43 x = Cy 3 + y 2 ; y = 0 44 (y − 1) 2 x = y −lnCy; y = 0; y = 1 45 y(e x + Ce 2x ) 1; y = 0 46 y(x+ 1)(ln|x + 1| + C) = 1; y = 0 47 y −3 = C cos 3 x−

50 y = x 4 ln 2 Cx; y = 0 51 y −2 = x 4 (2e x + C); y = 0 52 y 2 x 2 −1 +Cp|x 2 −1| 53 y = x 2 (C−cosy); y = 0 54 xy(C −ln 2 y) = 1.

73 x 3 +x 3 lny−y 2 = C.74 x 2 +1 = 2(C−2x) siny.75 2x+ln(x 2 +y 2 ) C 76 x + arctan x y = C 77 xy + C = p1 +y 2 78 2x 3 y 3 −3x 2 = C.

82 ysinxy = C 83 x 2 2 + xy + ln|y| = C; y = 0 84 − x + 1 xy(arctany + C); y = 0; x = 0 85 x+ 2 ln|x|+ 3 2 y 2 − x y = C; x = 0.

86 sin x y = Ce −x 2 87 ln|y| −ye −x = C; y = 0 88 ln( x y 2 2 + 1) = 2y + C; y = 0.89 x 2 ylnCxy = −1; y = 0; x = 0.90 x 2 +y 2 = y+Cx; x = 0.

95 y = Clnx 2 y 96 siny = −(x 2 + 1) lnC(x 2 + 1) 97 xy(C−x 2 −y 2 ) −1; x = 0; y = 0 98 y 2 = Cx 2 e x 2 y 2 99 xp1 +y 2 /x 2 + ln(y/x + p1 +y 2 /x 2 ) = C; x = 0 100 x 3 − 4y 2 = Cy(xy) 1/3 ; x = 0; y = 0.

121 arctan (1−1/y 2 ) 1/4 + 1 2 ln ((1−1/y 2 ) 1/4 + 1)/((1−1/y 2 ) 1/4 −1) ±x+C; y = 0; y = ±1 122 x 2 + (Cy+ 1) 2 = 1; y = 0 123 (Cx+ 1) 2 1−y 2 ; y = ±1 124 2(x−C) 2 + 2y 2 = C 2 ; y = ±x 125 y = Ce ±x −x 2

128 x = p 2 2p −1, y = p 2 2 −1 − ln|p 2 − 1| + C 129 x = ppp 2 + 1, 3y (p 2 −1)pp 2 + 1 +C 130 x = lnp+ 1/p, y = p−lnp+C 131 x = 3p 2 + 2p+C, y = 2p 3 +p 2 ; y = 0.132 x= 2 arctanp+C, y = ln(1 +p 2 ); y = 0.

142 y 2 = 2Cx − ClnC; 2x = 1 + 2 ln|y| 143 Cx = lnCy; y = ex.

144 xp 2 = Cp|p| −1, y = xp−x 2 p 3 ; y = 0 145 2xp 2 = C−C 2 p 2 , py C; 32x 3 = −27y 4 ; y = 0 146 y 2 = 2C 3 x+ C 2 ; 27x 2 y 2 = 1 147 y Cx−C 2 ; 4y = x 2 148 x√ p = lnp+ C; y = √ p(4−lnp− C); y = 0.

151 C 3 = 3(Cx − y); 9y 2 = 4x 3 152 x = C(p− 1) −2 + 2p + 1, y Cp 2 (p−1) −2 + p 2 ; y = 0; y = x−2 153 y = Cx− lnC; y = lnx+ 1.

Phương trình vi phân tuyến tính

Định nghĩa và các tính chất cơ bản

Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng: y (n) + P1(x)y (n−1) + + Pn−1(x)y0 + Pn(x)y = f(x), trong đó P i (x) (i = 1, n) và f(x) là các hàm đã cho Các hàm y (n), y (n−1), y0 và y là những hàm cần tìm Các hệ số P i (x) được gọi là hệ số của phương trình, trong khi hàm f(x) được xem là vế phải của phương trình.

Trong toán học, các hàm P_i(x) (với i = 1, n) và f(x) thường được giả định là xác định và liên tục trong một khoảng (a, b) Khi phương trình (3.1) có f(x) khác 0, nó được gọi là phương trình không thuần nhất; ngược lại, nếu f(x) = 0, phương trình được coi là thuần nhất Đặc biệt, nếu phương trình (3.1) là tuyến tính không thuần nhất, thì phương trình y(n) + P1(x)y(n−1) + + Pn−1(x)y' + Pn(x)y = 0 (3.2) sẽ được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng với (3.1).

Toán tử vi phân tuyến tính L[y] = y(n) + P1(x)y(n−1) + + Pn−1(x)y0 + Pn(x) được định nghĩa trong phương trình (3.1) và (3.2) Theo Định lý 3.1.1, trong phương trình vi phân thường bậc n (3.1) với điều kiện đầu tại các điểm x = x0, y = y0, y0 = y0(0), , y(n−1) = y0(n−1), các hàm P1(x), P2(x), , Pn(x), f(x) xác định và liên tục trong khoảng (a, b) với x0 ∈ (a, b), tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x) của phương trình (3.1) thỏa mãn điều kiện (3.4).

Phương trình vi phân (DE) tuyến tính cấp n hệ số biến thiên 44

Tính chất của toán tử vi phân tuyến tính

Tính chất 3.2.1 Nếu như các hàm y 1 (x) = y 1 , y 2 (x) = y 2 , n lần khả vi trong (a, b) thì L[y1 +y2] = L[y1] +L[y2].

Chứng minh Thật vậy ta có:

Tính chất 3.2.2 Với mọi hàm y = y(x) vi phân cấp n trong (a, b) và với số α ∈ R bất kỳ ta có: L[αy] = αL[y].

Tính chất của nghiệm cho DE thuần nhất

Tính chất 3.2.3 Nếu y 1 = y 1 (x) và y 2 = y 2 (x) là các nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất bậc n (3.2) thì y 1 + y 2 = y cũng là nghiệm của (3.2).

Chứng minh Ta cóL[y 1 ] = 0 = L[y 2 ] Sử dụng tính chất 3.2.1 ta nhận được: 0 = L[y1] +L[y2] = L[y1 + y2] Điều này nghĩa là hàm y = y1 +y2 cũng là nghiệm của phương trình (3.2).

Tính chất 3.2.4 Nếu hàmy = y(x) là nghiệm của (3.2) thì với mọiα ∈ R bất kỳ αy cũng là nghiệm của (3.2).

Chứng minh Vì L[y] = 0 nên với mọi α ∈ R ta có αL[y] = 0 Sử dụng tính chất 3.2.2 ta có điều phải chứng minh.

Tính chất 3.2.5 Nếu các hàm y 1 = y 1 (x), y 2 = y 2 (x), , y n = y n (x) là nghiệm của phương trình (3.2) thì hàm: y = α 1 y 1 (x) +α 2 y 2 (x) + +α n y n (x) cũng là nghiệm của phương trình (3.2), trong đó α i , i = 1, n là các hằng số bất kỳ.

Khi y 1, y 2, , y n là các nghiệm riêng của phương trình (3.2), câu hỏi đặt ra là trong điều kiện nào các hàm này cho phép y = c 1 y 1 + c 2 y 2 + + c n y n, với c i ∈ R, i = 1, n trở thành nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất (3.2) Theo Định nghĩa 3.2.2, một hệ các hàm số y i = y i (x), i = 1, n được gọi là phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (a, b) nếu tồn tại các hằng số α i, i = 1, n không đồng thời bằng 0 sao cho đẳng thức n được thỏa mãn.

P i=1 α i y i = 0 được thỏa mãn. Định nghĩa 3.2.3 Một hệ các hàm số y i = y i (x), i = 1, n được gọi là độc lập tuyến tính trong khoảng (a, b), nếu như từ n

Ví dụ 3.2.1 Với mọi n ∈ N hệ: 1, x, x 2 , , x n độc lập tuyến tính trong mọi khoảng (a, b).

Chứng minh Ta giả sử điều ngược lại giả sử tồn tại n ∈ N để cho hệ trên là phụ thuộc tuyến tính trong một khoảng (a, b) nào đó Khi đó

Để hệ thức α0 + α1x + + αnx^n = 0 xảy ra với mọi x ∈ (a, b), cần có ít nhất một hệ số αi (với i = 0, n) không bằng không Tuy nhiên, điều này chỉ có thể xảy ra khi đa thức α0 + α1x + + αnx^n đồng nhất với 0, tức là tất cả các hệ số αi đều bằng 0.

Ví dụ 3.2.2 Hệ e λ 1 x , e λ 2 x , , e λ n x ; λ 1 6= λ 2 6= λ n là độc lập tuyến tính trên toàn bộ trục số.

Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề đã cho.

Giả sử điều khẳng định trên là đúng trong trường hợp k = n−1, tức là: n−1

Ta đi xem xét trong trường hợp k = n, tức là ta phải kiểm chứng: n

X k=1 α k e λ k x = 0⇒ α k = 0, k = 1, n, với điều kiện (3.7) Chia cả hai vế đẳng thức nhận được cho e λ n x ta nhận được: α 1 e (λ 1 −λ n )x +α 2 e (λ 2 −λ n )x + +α n−1 e (λ n−1 −λ n )x +α n = 0.

Vi phân cả hai vế đẳng thức trên theo x cho ta: α 1 (λ 1 −λ n )e λ 1 x + α 2 (λ 2 −λ n )e λ 2 x + +α n−1 (λ n−1 −λ n )e α n−1 x = 0.

Từ (3.7) và điều kiện λ i 6= λ j , i 6= j cho ta trong biểu thức cuối: α 1 = α 2 = = α n−1 , từ đây ta suy ra α n = 0.

Ví dụ 3.2.3 Hệ gồm các hàm: 1, sin 2 x, cos 2 x là phụ thuộc tuyến tính.

Chứng minh rằng hệ hai hàm y1 = y1(x) và y2 = y2(x) là độc lập tuyến tính trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi y1(x) y2(x) không bằng hằng số Điều này có nghĩa là nếu α1 = 1, α2 = -1, và α2 = -1 thì hệ trên là phụ thuộc tuyến tính.

Chứng minh. Điều kiện cần: Ta giả sử điều ngược lại: y y 1 (x)

Biểu thức 2 (x) = C ⇒ −y1 + Cy2 = 0 cho thấy y1 và y2 phụ thuộc tuyến tính, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Để chứng minh, giả sử ngược lại rằng y1 và y2 phụ thuộc tuyến tính, tồn tại các hằng số C1 ≠ 0 và C2 ≠ 0 sao cho C1y1 + C2y2 = 0 Từ đó, ta suy ra rằng y1y2 = −C2.

C 1 = const, điều này mâu thuẫn với giả thiết của điều kiện đủ, từ đó ta có thể rút ra điều cần chứng minh Định lý 3.2.2 khẳng định rằng mọi hệ gồm n nghiệm y i = y i (x), với i = 1 đến n, là độc lập tuyến tính của phương trình vi phân thuần nhất (3.2) sẽ được gọi là hệ nghiệm cơ sở Theo định nghĩa 3.2.4, giả sử hàm y i = y i (x), với i = 1 đến n, có (n− 1) lần khả vi trong khoảng (a, b), thì định thức sẽ được xác định.

Định thức Wronxki, hay Wronxkian, được ký hiệu là W(x) Hai định lý quan trọng liên quan đến W(x) là: Định lý 3.2.3 phát biểu rằng nếu hệ hàm y1(x), y2(x), , yn(x) (có n-1 lần khả vi trên đoạn (a, b)) là phụ thuộc tuyến tính, thì W(x) sẽ bằng 0 cho mọi x thuộc đoạn (a, b).

Chứng minh Giả sử hệ y i (i = 1, n) (n−1) lần khả vi trên (a, b) và phụ thuộc tuyến tính, khi đó tồn tại c i (i = 1, n) không đồng thời bằng không để cho: n

X i=1 c i y i (x) = 0 ∀x ∈ (a, b) (3.9) Đạo hàm cả hai vế của hệ thức (3.9) (n-1) lần cho ta: c 1 y 0 1 +c 2 y 2 0 + +c n y n 0 = 0. c1y 00 1 +c2y 2 00 + +cny n 00 = 0.

Kết hợp các biểu thức nhận được với (3.9) và cố định x = x 0 ∈ (a, b) ta nhận được hệ phương trình đại số cấp n:

Trong hệ (3.10), các hệ số ci (với i = 1, n) được xem là các ẩn số cần xác định Giả thiết đặt ra là các ci không thể đồng thời bằng 0, dẫn đến việc định thức của hệ (3.10) phải có giá trị bằng 0 Định thức này chính là một yếu tố quan trọng trong việc phân tích hệ phương trình.

Nhận được tại mọi x 0 ∈ (a, b)): W(x 0 ) = 0 Như vậy W(x) = 0 (x ∈ (a, b)) Định lý được chứng minh!. Định lý 3.2.4 Với mỗi hệ nghiệm cơ sởy1(x), y2(x), , yn(x),của phương trình vi phân thuần nhất bậc n: y (n) + p 1 (x)y (n−1) + +p n (x)y = 0, (3.12) hay:

Để chứng minh, ta chọn một hệ nghiệm cơ sở y_i(x) với i = 1, n của phương trình vi phân thuần nhất bậcn(3.2) Giả sử định thức Wronxki của hệ nghiệm này bằng 0 tại một điểm x_0 thuộc khoảng (a, b) Khi đó, ta có thể biểu diễn các giá trị của y_i và các đạo hàm bậc cao của chúng tại điểm x_0.

= 0, (3.15) ở đây y i0 = y i (x 0 ), i = 1, n, y i0 (∧) = y i (∧) (x 0 ), ∧ = 0, n−1 Xét hệ (thuần nhất) n phương trình đại số:

Do định thức Wronxki của (3.16): W(x 0 ) = 0, do đó (3.16) có một nghiệm khác không (c ∗ 1 , c ∗ 2 , , c ∗ n ), khi đó ta có:

Xét hàm y ∗ = c ∗ 1 y 1 +c ∗ 2 y 2 + +c ∗ n y n , là nghiệm của phương trình (3.2).

Từ (3.17), ta có y 0 ∗ = y ∗ (x 0 ) = 0 và y 0 0∗ = y 0∗ (x 0 ) = 0, cho đến y 0 (n−1) y (n−1) (x 0 ) = 0 Theo định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân cấp n, ta suy ra y ∗ = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng y1, y2, , yn là hệ nghiệm cơ sở độc lập tuyến tính của phương trình (3.2) Từ đó, ta có điều phải chứng minh Định lý 3.2.5 khẳng định rằng với mọi hệ nghiệm cơ sở y 1 (x), y 2 (x), , y n (x) của phương trình vi phân thuần nhất bậc n, nghiệm tổng quát được biểu diễn dưới dạng y = c1y1(x) + c2y2(x) + + c n y n (x), với c 1 , , c n là các hằng số tùy ý.

Chứng minh Lấy một hệ nghiệm cơ sở tùy ý y i (x), i = 1, n của (3.2).

P i=1 c i y i (x) là nghiệm tổng quát của (3.2).

Ta có các nghiệm riêng y1 = y1(x), , yn = yn(x) của phương trình (3.2) Ngoài ra, biểu thức y = c1y1 + + cnyn cũng là một nghiệm của (3.2) Để chứng minh đây là nghiệm tổng quát, ta nhận thấy rằng với mỗi lựa chọn ci, ta có một nghiệm riêng tương ứng với (3.2) Áp dụng định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân bậc n, mỗi nghiệm riêng y = y(x) được xác định bởi các điều kiện đầu x = x0, y = y0, y' = y0(0), , y(n−1) = y0(n−1).

Như vậy ta cần phải chứng minh là với điều kiện đầu (3.18) thì có thể xác định được ci để cho y = y(x) = c1y1(x) + +cnyn(x) thỏa mãn (3.18).

Trong bài viết này, chúng ta xem xét hệ phương trình với y i0 = y i (x 0 ) cho i = 1, n và y i0 (∧) = y i (∧) (x 0 ) với ∧ = 0, n−1 Định thức của hệ (3.19) được xác định là định thức Wronxki W(x0) Theo định lý 4.2.3.3, do hệ y 1 = y 1 (x), , y n = y n (x) là hệ nghiệm cơ sở, ta có W(x 0 ) 6= 0, từ đó suy ra hệ (3.19) có nghiệm duy nhất (c 10 , , c n0 ) Hàm y = c 1 y 1 + + c n y n với các hằng số trên là nghiệm của (3.2) và thỏa mãn điều kiện (3.18) từ (3.19) Định lý đã được chứng minh.

Công thức Ostragradxki – Luyvilia

Ta xét phương trình vi phân thuần nhất bậc hai với hệ số biến dưới dạng y'' + p(x)y' + q(x)y = 0, trong đó p(x) và q(x) được xác định và liên tục trên khoảng (a, b) Định lý 3.2.6 phát biểu rằng với mỗi hệ nghiệm cơ sở y₁ = y₁(x) và y₂ = y₂(x) của phương trình trên, có những tính chất quan trọng cần được xem xét.

Chứng minh Lấy bất kỳ một hệ nghiệm cơ sở y 1 = y 1 (x), y 2 y−2(x) của (3.21), khi đó ta có:

Trong hệ phương trình, ta nhân cả hai vế của phương trình đầu tiên với y2 và nhân cả hai vế của phương trình thứ hai với y1, sau đó trừ các biểu thức nhận được từ hai phương trình này để có kết quả cuối cùng.

= y 2 0 y 1 −y 2 y 1 0 , và W 0 (x) = (y 0 2 y 1 −y 2 y 1 0 ) 0 y 1 y 2 00 − y 2 y 1 00 Kết hợp các biểu thức nhận được với (3.23) ta nhận được phương trình:

Giải phương trình cuối cùng cho ta nghiệm theo công thức (3.21) Ứng dụng cho y1 = y1(x) và phương trình (3.20), với p(x) và q(x) xác định và liên tục trong khoảng (a, b) Cần tìm y2 = y2(x) độc lập tuyến tính với y1, điều này không khó để nhận thấy.

Z e − R p(x)dx y 1 2 Nhận được nghiệm y 2 = y 2 (x) độc lập tuyến tính với y 1 = y 1 (x) ( y y 2

Ví dụ 3.2.4 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:

Phương trình đã cho viết lại được dưới dạng: y 00 − 2x

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho: y = c1y1 +c2y2 = c1x+c2(−x

Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất 53

Giả sử có phương trình vi phân dạng y (n) + P1(x)y (n−1) + + Pn−1(x)y0 + Pn(x)y = f(x), với các hệ số Pi(x) và f(x) xác định, liên tục trên khoảng (a, b) Nếu y1, , yn là hệ nghiệm cơ sở của phương trình đồng nhất y (n) + P1(x)y (n−1) + + Pn−1(x)y0 + Pn(x)y = 0, thì nghiệm tổng quát u = c1y1 + + cny n Mục tiêu là tìm nghiệm tổng quát y cho phương trình không thuần nhất (3.24).

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân không thuần nhất (3.24) có thể được biểu diễn dưới dạng y = Y + u, trong đó Y là một nghiệm riêng của phương trình (3.24) và u là nghiệm tổng quát của phương trình (3.25).

Đầu tiên, chúng ta cần chứng minh rằng (3.26) là nghiệm của (3.24) Cụ thể, ta có L[y] = L[Y + u] = L[Y] + L[u] = f(x) + 0 = f(x) Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng đây chính là nghiệm tổng quát của (3.24) Điều này có nghĩa là với mỗi điều kiện đầu x₀ ∈ (a, b), y(x₀) = y₀, y'(x₀) = y₀₀, , yⁿ⁻¹(x₀) = y₀ⁿ⁻¹, (3.27), cần chỉ ra sự tồn tại của (c₁, , cₙ) để hàm y = c₁y₁ + + cₙyₙ + Y thỏa mãn (3.27) Chúng ta sẽ xem xét hệ này.

Hệ phương trình đại số (3.28) có các ẩn c i với i = 1,2, ,n, trong đó y i0 = y i (x 0 ) và y i0 (∧) = y i (∧) (x 0 ) Định thức của hệ này được biểu diễn bằng detW Đồng thời, y1, , yn là hệ nghiệm cơ sở của phương trình (3.25), cho thấy rằng tồn tại nghiệm c i với i = 1,2, ,n cho hệ (3.28).

Phương pháp biến thiên hằng số

Hàm y = c1y1 + + cnyn, với ci (i = 1, n) là các hằng số và yi (i = 1, n) là hệ nghiệm cơ sở của phương trình thuần nhất (3.25), thể hiện nghiệm tổng quát của phương trình này Điều này cho thấy rằng một nghiệm riêng Y = Y(x) của phương trình không thuần nhất (3.24) có thể được biểu diễn dưới dạng này, trong đó các hằng số ci (i = 1, n) được thay thế bằng các hàm ci(x) Do đó, nhiệm vụ tiếp theo là tìm nghiệm Y = Y(x) theo dạng này.

Y = c₁(x)y₁(x) + + cₙyₙ(x), trong đó cᵢ(x) = cᵢ là các hàm số chưa biết phụ thuộc vào biến x, còn yᵢ, với i từ 1 đến n, là hệ nghiệm cơ sở của phương trình thuần nhất (3.25) Để xác định các hàm cᵢ(x) cho i = 1, n, cần n phương trình Một trong số đó được tạo ra bằng cách thay thế hàm Y = Y(x) vào phương trình (3.24) Trong (n−1) phương trình còn lại, ta chọn các đạo hàm y₀, , y₍ⁿ⁻¹₎ với dạng đơn giản nhất để thuận tiện cho việc giải quyết.

Y (n) = c 0 1 (x)y (n−1) 1 + c 0 2 (x)y 2 (n−1) + + c 0 n (x)yn (n−1) + c 1 (x)y 1 (n) + + c n (x)yn (n) (x). Đặt các biểu thức nhận được vào (3.24) ta nhận được: c 1 (x)L[y 1 ] + + c n (x)L[y n ] +c 0 1 (c)y 1 (n−1) + +c 0 n (c)y n (n−1) = f(x).

Kết hợp phương trình đã nhận được với (3.29) tạo ra một hệ n phương trình với ẩn là c 0 i (x), i = 1, n, và định thức của hệ này là detW 6, với x thuộc khoảng (a, b) Từ đó, chúng ta có nghiệm duy nhất cho các hàm c 0 1 (x), , c 0 n (x) Giả sử c 0 1 (x) = ϕ 1 (x), , c 0 n (x) = ϕ n (x), thì c 1 (x) được xác định bằng tích phân Z ϕ 1 (x)dx.

Ví dụ 3.2.5 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: xy 00 −y 0 = x 2 (3.30)

Xét phương trình thuần nhất tương ứng với (3.30): xy 00 −y 0 = 0 (3.31)

Giải phương trình nhận được cho ta: y 00 y 0 = 1 x ⇔ dy 0 y 0 = dx x

Từ đây ta có: ln|y 0 | = ln|x|+ lnC 1 Nhận được: y 0 = C 1 x, y = 1

2C 1 x 2 + C 2 Như vậy hàm dạng u = C 1 +C 2 x 2 là nghiệm tổng quát của (3.30) Ta có y 1 = 1, y 2 = x 2

Ta tiến hành đi tìm nghiệm riêng của (3.30) dưới dạng:

Giải hệ (3.32) ta nhận được C 1 (x) = − 1 6 x 3 ; C 2 (x) = 1 2 x Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho tìm được dưới dạng: y = 1

Phương trình tuyến tính cấp hai hệ số hằng

Phương trình vi phân bậc hai hệ số hằng có dạng y'' + py' + qy = f(x), trong đó p và q là các hằng số, và f(x) là một hàm đã biết, được giả định là xác định và liên tục trên một khoảng nào đó.

Nếu f(x) ≠ 0 trong phương trình (3.32), thì phương trình được gọi là không thuần nhất; ngược lại, nếu f(x) = 0, nó là thuần nhất Chúng ta sẽ xem xét phương trình vi phân bậc hai thuần nhất với hệ số hằng: y'' + py' + qy = 0 Để tìm nghiệm cho phương trình này, ta sử dụng dạng y = e^(rx), trong đó r là một số thực chưa biết Từ đó, ta có y' = re^(rx) và y'' = r²e^(rx) Khi thay các biểu thức y, y' và y'' vào phương trình (3.34), ta nhận được e^(rx)(r² + pr + q) = 0.

Phương trình bậc hai r² + pr + q = 0 (3.35) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (3.34), với e rx luôn khác 0 Định nghĩa này giúp xác định mối liên hệ giữa các biến trong phương trình.

F(r) = r 2 +pr+q được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (3.34).

Giải phương trình (3.35) ta nhận được các nghiệm r 1 , r 2 Có thể xuất hiện 3 trường hợp sau đây:

Giả sử r1 và r2 là các nghiệm khác nhau của phương trình (3.35) thuộc tập số thực R Khi đó, các hàm y1 = e^(r1 x) và y2 = e^(r2 x) sẽ là các nghiệm riêng của phương trình thuần nhất (3.34) Chúng độc lập tuyến tính vì y1 và y2 không tỉ lệ với nhau, tức là y1/y2 = e^((r1 - r2)x) không phải là hằng số Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (3.34) có thể được biểu diễn dưới dạng y = C1e^(r1 x) + C2e^(r2 x), trong đó C1 và C2 là các hằng số.

Ví dụ 3.3.1 Tìm nghiệm của phương trình: y 00 −5y 0 + 6y = 0.

Phương trình đặc trưng r 2 −5r + 6 = 0 của phương trình đã cho có nghiệm r1 = 2, r2 = 3 Do đó nghiệm của phương trình đã cho tìm được dưới dạng: y = C 1 e 2x +C 2 e 3x

Giả sử r1 và r2 là nghiệm của phương trình đặc trưng (3.35) với r1 = r2 = r, thì e^(rx) là một nghiệm riêng của phương trình (3.34) Để tìm nghiệm riêng thứ hai độc lập tuyến tính với nghiệm thứ nhất của (3.34), ta xét dưới dạng y2 = u(x)e^(rx), trong đó u(x) là một hàm chưa biết phụ thuộc vào x Ta có các biểu thức y'2 = re^(rx)u(x) + e^(rx)u'(x) và y''2 = r^2e^(rx)u(x) + 2re^(rx)u'(x) + e^(rx)u''(x) Khi thay thế các biểu thức này vào (3.34), ta thu được: e^(rx)[u''(x) + (2r + p)u'(x) + (r^2 + pr + q)u(x)] = 0.

Do \( e^{rx} \neq 0 \) và \( r \) là nghiệm kép của phương trình đặc trưng (3.35), phương trình còn lại là \( u''(x) = 0 \) Rõ ràng, \( u = x \) là nghiệm của phương trình này, vì vậy hàm \( y_2 = xe^{rx} \) sẽ là nghiệm riêng thứ hai của phương trình (3.34) Nó độc lập tuyến tính với \( y_1 \) vì \( y_2 - y_1 = xe^{rx} - e^{rx} = x \neq \text{const} \).

Từ đây ta nhận được nghiệm tổng quát của phương trình (3.34) là: y = C 1 y 1 +C 2 y 2 = e rx (C 1 + C 2 x).

Ví dụ 3.3.2 Tìm nghiệm của phương trình: y 00 −8y 0 + 16y = 0.

Phương trình đặc trưng: r 2 −8r + 16 = 0, có nghiệm kép r 1 = r 2 = 4.

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho tìm được dưới dạng: y = e 4x (C1 +C2x).

Một vài khái niệm về giải tích phức

Định nghĩa 3.4.1 Kí hiệu dạnga+ib, ở đây a, b ∈ R, i− đơn vị ảo, được gọi là số phức.

Số phức, ký hiệu là c, được biểu diễn dưới dạng c = a + ib, trong đó a là phần thực (Rec) và b là phần ảo (Imc) Tập hợp các số phức được ký hiệu là C Hai số phức c1 = a1 + ib1 và c2 = a2 + ib2 được coi là bằng nhau khi a1 = a2 và b1 = b2 Số phức c = a - ib được gọi là số phức liên hợp với c = a + ib.

Ta có một vài tính chất sau đây:

2. Nếu r = a+ib là nghiệm của phương trình r 2 +pr+q = 0 thì số phức liên hợp của nó r = a −ib cũng là nghiệm của phương trình trên Thật vậy:

Hàm phức biến thực là một quy luật xác định một số thực x ∈ R tương ứng với số phức w = u + iv ∈ C, ký hiệu f : X → C; f(x) = u(x) + iv(x), trong đó u(x) và v(x) là các hàm thực trên tập X Phần thực của f(x) được gọi là u(x), còn phần ảo là v(x) Đạo hàm của f(x) được xác định bằng f'(x) = u'(x) + iv'(x) Hàm w = e^z, với z = x + iy và w = u + iv, được xác định bởi công thức e^z = e^x (cosy + isiny), trong đó u = e^x cosy và v = e^x siny.

Từ (3.36) ta có: e −ix = cosx−isinx, e ix = cosx+isinx.

Các công thức trên có tên gọi là công thức Euler.

Ta phát biểu mệnh đề sau đây: nếu y = u+iv = u(x) +iv(x) là nghiệm của phương trình (3.34) hay L[y] = 0 thì phần thực u(x) và phần ảo v(x) cũng là nghiệm của (3.34).

Chứng minh 0 = L[y] = L[u(x) + iv(x)] = L[u(x)] + iL[v(x)] ⇒ L[u(x)] = L[v(x)] = 0.Điều này chứng tỏ u(x), v(x) là nghiệm của phương trình L[y] = 0.

Trong trường hợp thứ ba, khi các nghiệm r1 = a + ib và r2 = a - ib (với b ≠ 0) của phương trình (3.35) có dạng số phức, ta có thể chứng minh rằng hàm y = e^(rx) = e^(ax)(cos(bx) + isin(bx)) là nghiệm của phương trình (3.34) Các hàm u = e^(ax)cos(bx) và v = e^(ax)sin(bx) sẽ là các nghiệm thực của (3.34) và chúng độc lập tuyến tính vì u/v = cot(bx) ≠ const Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình (3.34) được biểu diễn dưới dạng y = e^(ax)(C1cos(bx) + C2sin(bx)).

Ví dụ 3.4.1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y 00 + 2y 0 + 3y = 0.

Phương trình đặc trưng r 2 + 2r+ 3 = 0 có nghiệm r 1,2 = −1±i√

2, do đó nghiệm tổng quát tìm được: y = e −x (C 1 cos√

Phương trình tuyến tính cấp cao hệ số hằng

hằng Định nghĩa 3.5.1 Phương trình dạng:

Phương trình vi phân tuyến tính cấp n thuần nhất với hệ số hằng được biểu diễn dưới dạng A0 d^n y/dx^n + A1 d^(n-1) y/dx^(n-1) + + A(n-1) dy/dx + Any = 0, trong đó A_i (i=0, n) là các hằng số và A0 khác 0 Phương trình này có vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các hiện tượng vật lý và toán học.

A 0 d n y dx n +A 1 d n−1 y dx n−1 + +A n−1 dy dx +A n y = f(x), (3.38) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính cấp n không thuần nhất. Phương trình (3.37) có thể viết lại dưới dạng toán tử như sau:

F(D)y = (A 0 D n + A 1 D n−1 + +A n−1 D+ A n )y = 0, ở đây D = dx d Như vậy biểu thức ở dấu trong ngoặc được xem như một đa thức bậc n theo D Ta viết lại F(D) dưới dạng:

F(D) = A 0 (D −λ 1 )(D−λ 2 ) (D −λ n ), (3.39) trong đó λ i , i = 1, n chính là nghiệm của phương trình đặc trưng:

Rõ ràng (3.39) thỏa mãn bằng 0 với mỗi nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất (D −λ 1 )y = 0, (D −λ 2 )y = 0, ,(D −λ n )y = 0 Giả sử các giá trị λ i là thực và khác nhau Xét tại λ k ,0 ≤k ≤ n:

(D −λk)y = 0, khi đó: y k = C k e λ k x , như vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.37) tìm được dưới dạng: y = C1e λ 1 x +C2e λ 2 x + + Cne λ n x

Nếu như trong các nghiệm λ i có nghiệm phức λ s = a +ib nào đó, suy ra λr = a−ib cũng là nghiệm của phương trình đặc trưng (3.40), khi đó:

C s e (a+ib)x +C r e (a−ib)x = e ax [(C s +C r ) cosbx+i(C s −C r ) sinbx].

Biểu thức cuối chính là phần nghiệm tương ứng với λ s và liên hiệp phức với nó λ r

Ví dụ 3.5.1 Giải phương trình: d 3 y dx 3 + d 2 y dx 2 −7dy dx −15y = 0.

Phương trình đặc trưng λ 3 + λ 2 − 7λ −15 = 0 có các nghiệm λ1 3, λ 2 = −2 + i, λ 3 = −2− i Từ đây ta nhận được nghiệm của phương trình đã cho: y = C 1 e 3x + e −2x (C 2 cosx+ C 3 sinx).

Giả sử phương trình đặc trưng có nghiệm thực λ bội m Khi đó (3.39) có chứa nhân tử dạng (D−λ) m Xét phương trình vi phân cấp m tương ứng:

Nghiệm của phương trình trên có thể tìm được dưới dạng: y = e λx V(x), trong đó V(x) là hàm cần xác định Ta có:

Từ phương trình D m V(x) = 0, ta suy ra rằng V(x) là đa thức bậc m−1 theo x, với biểu thức V(x) = C 1 + C 2 x + + C m x m−1 Do đó, nghiệm cần tìm có dạng y = e λx (C 1 + C 2 x + + C m x m−1) Nếu nghiệm bội λ = a + ib là số phức, thì phương trình đặc trưng cũng có nghiệm bội a - ib Từ đó, ta có nhân tử dạng (D − a − ib) m (D − a + ib) m trong phương trình (3.39) Theo lập luận tương tự, nghiệm có thể được viết dưới dạng: y = (C1 + C2x + + Cmx m−1)e ax cosbx + (B1 + B2x + + Bmx m−1)e ax sinbx.

Ví dụ 3.5.2 Nghiệm tổng quát của phương trình y (4) + 2y 00 +y = 0 có dạng y = (C 1 +C 2 x) cosx+ (C 3 +C 4 x) sinx.

Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất

Ta sẽ tiến hành xem xét khi vế phải của (3.38) trong một vài trường hợp đặc biệt.

Trong trường hợp 1, với hàm số f(x) = e^αx P_m(x), trong đó P_m(x) là đa thức bậc m, chúng ta có hai tình huống Nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, nghiệm riêng sẽ được xác định dưới dạng y_r = e^αx Q_m(x) Ngược lại, nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng, nghiệm riêng sẽ có dạng y_r = x^k e^αx Q_m(x), với Q_m(x) là đa thức bậc m mà các hệ số cần được xác định.

Ví dụ 3.6.1 Tìm nghiệm riêng của phương trình: y 00 −3y 0 + 2y = (3−4x)e x

Phương trình đặc trưng: λ 2 −3λ + 2 = 0, λ 1 = 1, λ 2 = 2, α = 1 λ 1 , m = 1 Do đó nghiệm riêng của phương trình đã cho có thể tìm được dưới dạng: yr = xe x (ax+ b).

Ta có biểu thức y r 00 = e x [(1 + x)(ax + b) + ax + (ax + b) + a(1 + x) + a] Khi thay các biểu thức y r , y r 0 , y r 00 vào phương trình đã cho và đồng nhất thức hai vế, ta tìm được a = 2 và b = 1, từ đó nghiệm riêng của phương trình là y r = xe x (2x + 1) Nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1e x + C2e 2x + xe x (2x + 1) Trong trường hợp 2, với f(x) = e αx [P(x) cosβx + Q(x) sinβx], nếu α + iβ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, nghiệm riêng có thể được tìm dưới dạng y r = e αx [R(x) cosβx + S(x) sinβx] Nếu α + iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng, nghiệm riêng sẽ có dạng y r = x k e αx [R(x) cosβx + S(x) sinβx], trong đó R(x), Q(x) là các đa thức có bậc bằng max{degQ(x), degP(x)} và hệ số của chúng được xác định bằng phương pháp cân bằng hệ số.

Ví dụ 3.6.2 Giải phương trình y 00 +y = 4xsinx.

Ta có α = 0, β = 1, với α + iβ = i Phương trình đặc trưng của phương trình thuần nhất là λ² + 1 = 0, có nghiệm phức λ = ±i Do đó, phương trình đã cho thuộc trường hợp 2b với k = 1 Nghiệm riêng của phương trình được tìm thấy dưới dạng: y_r = x[(ax+b) cosx + (cx+d) sinx].

Ta có biểu thức y r 0 = (ax+b) cosx + (cx+d) sinx + x[acosx−(ax+b) sinx + csinx + (cx+d) cosx] Tính đạo hàm bậc hai, ta được y r 00 = 2acosx−2(ax+b) sinx + 2csinx + 2(cx+d) cosx + x[−2asinx + 2ccosx − (ax+b) cosx − (cx+d) sinx] Khi thay các biểu thức y r và y 00 r vào phương trình ban đầu và tiến hành đồng nhất thức hai vế, ta tìm được a = −1, b = c = 0, d = 1 Do đó, ta có y r = x(−xcosx + sinx) và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C 1 cosx + C 2 sinx + x(−xcosx + sinx).

Nếu hàm f(x) không có dạng đặc biệt nhưng có thể phân tách thành tổng các hàm f1(x), f2(x), , fn(x), trong đó mỗi hàm fi(x) có dạng đặc biệt, thì nghiệm riêng yr có thể được xác định bằng cách cộng các nghiệm riêng yi tương ứng với từng hàm fi.

Ví dụ 3.6.3 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình: y 00 −y 0 = 5e x −sin 2x.

Phương trình đặc trưng: λ 2 −λ = 0 có nghiệm λ 1 = 0, λ 2 = 1 do đó nghiệm của phương trình thuần nhất là: y tn = C 1 +C 2 e x

Phương trình đã cho có dạng f 1 + f 2, với f 1 = 5e^x và f 2 = -sin 2x Do đó, nghiệm tổng quát y r được biểu diễn dưới dạng y 1 + y 2, trong đó y 1 là nghiệm riêng của phương trình y'' - y' = 5e^x và y 2 là nghiệm riêng của phương trình y'' - y' = -sin 2x Bước đầu tiên là xác định y 1.

Với f1 = 5e^x, ta có α = 1, β = 0, từ đó α + iβ = 1 + 0i = 1 = λ2, dẫn đến k = 1 Do đó, nghiệm y1 được xác định là y1 = Cxe^x Sau khi lấy đạo hàm cấp một và hai của y1 và thay vào phương trình, ta tìm được y1 = 5xe^x Đối với f2, ta có α = 0, β = 2, với α + iβ = 0 + 2i = 2i không bằng λ1, λ2, nên y2 = Acos(2x) + Bsin(2x) Tương tự, sau khi lấy đạo hàm và thay vào phương trình, ta có y2 = (1/5)sin(2x) - 10cos(2x) Cuối cùng, nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1 + C2e^x + 5xe^x + 1.

Bài tập chương 3

Để tìm nghiệm tổng quát cho các phương trình dưới đây, nếu phương trình nào chưa có nghiệm riêng được cho trước, bạn có thể xác định chúng dưới dạng y1 = e^(ax) hoặc y1 = x^n + ax^(n-1) + bx^(n-2) +

20 x 2 (2x−1)y 000 + (4x−3)xy 00 −2xy 0 + 2y = 0; y1 = x; y2 = 1/x. Giải các phương trình sau đây:

Giải các phương trình sau bằng phương pháp biến thiên hằng số:

Tìm nghiệm của phương trình thỏa mãn điều kiện đầu sau đây:

Đáp số và gợi ý bài tập chương 3

C 2 (lnx+ 1) 9 y = C 1 sinx+C 2 (2−sinx.ln 1+sin 1−sin x x ) 10 y = C 1 (x−3) +

26 y = e −x (C 1 cos 3x+C 2 sin 3x) 27 y = C 1 cos 2x+C 2 sin 2x 28 y C 1 e 2x + e −x (C 2 cosx√

C 4 sinx 30 y = e x (C 1 cosx+C 2 sinx) +e −x (C 3 cosx+C 4 sinx) 31 y e x

C2e 2x + 0,1 sinx+ 0,3 cosx 48 y = C1cosx+C2sinx−2xcosx 49 y C 1 e x +C 2 e 4x −(2x 2 −2x+3)e 2x 50 y = C 1 e x +C 2 e 2x +(0,1x−0,12) cosx−

0,048x + 0,02(cos 5x− sin 5x) 85 y = e x (xln|x| + C 1 x + C 2 ) 86 y (e −x +e −2x ) ln(e x + 1) +C1e −x +C2e −2x 87 y = (C1 + ln|sinx|) sinx+ (C 2 −x) cosx 88 y = sin 2xln|cosx| − xcos 2x + C 1 sin 2x + C 2 cos 2x.

Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực Các khái niệm cơ bản của phương trình sai phân.

Sai phân hữu hạn của hàm số một biến thực

Xét hàm số một biến thực y(t) và h > 0. Định nghĩa 4.1.1 Biểu thức:

∆y(t) = y(t+h)−y(t) (4.1) được gọi là sai phân hữu hạn thứ nhất hay sai phân hữu hạn cấp một của y(t).

Trong lý thuyết vi phân, hàm y(t) được xác định tại các điểm xem xét, với h là số gia của đối số và ∆y(t) là số gia của hàm số tại điểm t Số h còn được gọi là bước, và sai phân hữu hạn bậc cao được xác định bởi biểu thức cụ thể.

Ví dụ, đối với n= 2 ta có:

Để tính sai phân bậc hai của hàm y(t), ta có thể sử dụng công thức ∆ 2 y(t) = ∆(∆y(t)) = ∆(y(t+h)−y(t)) Qua đó, ta nhận thấy rằng (y(t+ 2h)−y(t+h))−(y(t+h)−y(t)) sẽ dẫn đến biểu thức y(t+ 2h)−2y(t+h) + y(t) Để đảm bảo tính nhất quán và tiện lợi trong các phép toán, chúng ta định nghĩa ∆ 0 y(t) = y(t) Bằng phương pháp quy nạp toán học, có thể chứng minh rằng sai phân hữu hạn bậc n có tính tuyến tính.

Giá trị ∆ n y(t) dễ dàng được biểu diễn qua giá trị của hàm y(t) tại các điểm t, t+h, , t+nh Ta có được công thức sau đây:

Chúng ta sẽ chứng minh công thức (4.3) bằng phương pháp quy nạp toán học Đối với n = 1, công thức này có dạng ∆y(t) = −y(t) + y(t+h), tương ứng với công thức (4.1) Giả sử công thức (4.3) đúng với sai phân hữu hạn cấp n−1.

(−1) n−k−1 C n−1 k y(t+kh). Ở số hạng thứ nhất ta đặt k + 1 = m, khi đó: n−1

(−1) n−m C n−1 m−1 y(t+mh), và lại viết m := k, ta được nhận biểu thức P n k=1 (−1) n−k C n−1 k−1 y(t + kh). Khi đó:

Mặt khác ta lại có C n−1 k−1 + C n−1 k = C n k và C n−1 0 = C n−1 n−1 = 1 Do đó công thức cuối ta viết được dưới dạng:

Công thức (4.3) đã được chứng minh Nếu thực hiện phép đổi biến với chỉ số m = n−k và áp dụng công thức C n k = C n n−k, chúng ta sẽ thu được kết quả mới.

Một cách hoàn toàn tương tự, bằng phương pháp quy nạp toán học, ta cũng chứng minh được công thức: y(t+nh) n

Các khái niệm cơ bản của phương trình sai phân

sai phân Định nghĩa 4.2.1 Phương trình có dạng:

F(t, y(t),∆y(t), ,∆ n y(t)) = 0 (4.6) được gọi là phương trình sai phân.

Nếu trong (4.6) ta biểu diễn các sai phân hữu hạn bởi công thức (4.3) thì ta nhận được phương trình:

G(t, y(t), y(t+ h), , y(t+nh)) = 0 (4.7) Định nghĩa 4.2.2 Phương trình (4.7) được gọi là phương trình sai phân cấp n.

Ví dụ 4.2.1 Xác định cấp của phương trình sau đây:

Phương trình 3y(t) + 2y(t) - ∆y(t) - y(t) = y(t+3h) - 2y(t+2h) có thể được biến đổi bằng cách đặt τ = t + 2h, dẫn đến dạng y(τ + h) - 2y(τ) = 0, đây là phương trình sai phân cấp một Theo định nghĩa 4.2.3, một hàm liên tục y(t) được xem là nghiệm của phương trình (4.7) trên tập Ω nếu khi thay hàm vào phương trình, ta nhận được đẳng thức đúng trên Ω.

Ví dụ, hàm số y = 3 t là nghiệm của phương trình y(t+ 2)−9y(t) = 0 trên R.

Rõ ràng rằng mọi hàm số có dạng y(t) = C(t)3 t , với C(t) là hàm tuần hoàn với chu kỳ T = 2 cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

Tiếp theo ta sẽ luôn giả sử h = 1 Khi đó phương trình (4.7) có dạng:

G(t, y(t), y(t+ 1), , y(t+n)) = 0 (4.8) Định nghĩa 4.2.4 Nghiệm (rời rạc) của phương trình (4.8) tương ứng tại điểm t0 ∈ Z + là chuỗi số y0, y1, , yk, sao cho:

G(t 0 +k, y k , , y k+n ) = 0 (4.9) với k = 0,1,2, , còn Z + là tập các số nguyên dương.

Bài toán Cauchy cho việc tìm nghiệm của phương trình (4.7) nằm ở việc xác định y(t) của phương trình này và đồng thời thỏa mãn các điều kiện (đầu) sau đây: y(t 0 ) = y 0 , y(t 0 + 1) = y 1 , y(t 0 +n−1) = y n−1

Các số y 0 , y 1 , y n−1 được gọi là các giá trị đầu của nghiệm y(t), t 0 được gọi là điểm đầu.

Nếu y(t) là nghiệm liên tục của phương trình (4.7) trên khoảng [t0, +∞), thì dãy y(t0), y(t0 + 1), , y(t0 + k) sẽ trở thành nghiệm rời rạc của phương trình này Khi chọn t0 = 0, nghiệm rời rạc sẽ được biểu diễn dưới dạng y(t), với hàm này được hiểu là chỉ xác định tại các điểm trong tập.

Chúng ta sẽ giả sử phương trình (4.7) chỉ có thể giải được tương ứng đối với y(t+n) và y(t), tức là biểu diễn được dưới dạng: y(t+n) = Φ 1 (t, y(t), y(t+ 1), , y(t+n−1)) (4.10) và y(t) = Φ 2 (t, y(t+ 1), , y(t+n)) (4.11)

Hàm Φ 1 (t, u 1 , u 2 , , u n ) xác định tại mọi điểm t ∈ Z + và mọi giá trị của u 1, u 2, , u n cho phép xác định một nghiệm rời rạc duy nhất Đối với mọi số t0 ∈ Z + và các giá trị y0, y1, , y n−1 đã cho, biểu thức y n+k = Φ 1 (t 0 +k, y k , , y n+k−1) mô tả công thức truy hồi, từ đó ta có thể tính toán các giá trị y n, y n+1, một cách hiệu quả.

Tiếp theo, để đi đến khái niệm điểm duy nhất nghiệm Cauchy của phương trình (4.7), ta xem xét một ví dụ đơn giản sau đây.

Đối với phương trình y(t+1) = y^2(t), dãy {1, 1, } là nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện đầu y(0) = 1, trong khi dãy {−1, 1, } là nghiệm với điều kiện y(0) = −1 Từ k ≥ 1, các điều kiện đầu khác nhau sẽ dẫn đến nghiệm tương tự Điểm (t₀, y₀, y₁, , yₙ₋₁) ∈ Z⁺ × Rⁿ được gọi là điểm duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (4.7) nếu với bất kỳ nghiệm ϕ(t) nào thỏa mãn điều kiện đầu ϕ(t₀) = ϕ₀, ϕ(t₀ + 1) = ϕ₁, , ϕ(t₀ + n-1) = ϕₙ₋₁.

(y k , y k+1 , , y k+n−1 ) 6= (ϕ 1 , ϕ k+1 , , ϕ k+n−1 ), tức là với các diều kiện khác nhau thì sinh ra các nghiệm khác nhau.

Phương trình sai phân thường có vô số nghiệm, nhưng cũng tồn tại trường hợp không có nghiệm thực, ví dụ như phương trình y²(t + 1) + y²(t) + 1 = 0.

Hàm Φ2(t, u1, , un) trong phương trình (4.11) cần thỏa mãn các điều kiện tương tự như hàm Φ1(t, , un) Điều này đảm bảo rằng mỗi điểm trong tập Ω0 × Rn sẽ là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy Định nghĩa 4.2.6 chỉ ra rằng D là một tập con của không gian n+1 chiều.

R n+1 và mỗi điểm trong D đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (4.7) Hàm y(t) = y(t, C 1 , , C n ) được định nghĩa là nghiệm tổng quát của phương trình (4.7) khi nó đáp ứng hai điều kiện cần thiết.

1 với mọi giá trị cho trước C1, , Cn hàm đã cho là nghiệm của phương trình (4.7,)

2 mọi nghiệm của bài toán Cauchy (4.7) với điều kiện đầu được lấy từ

D có thể nhận được từ nghiệm tổng quát một cách duy nhất.

Bài tập

1 Hãy xác định bậc của các phương trình sau đây: a ∆ 3 y(t) + 3∆ 2 y(t) + ∆y(t) = 0. b ∆ 3 y(t)−3∆y(t)−2y(t) = 0. c ∆ 4 y(t) + 4∆ 3 y(t) + 6∆ 2 y(t) + 4∆y(t) + 2y(t) = 0.

2 Tích t(t−1)(t−2) (t−n+ 1) = t (n) được gọi là lũy thừa suy rộng của biến t Đặt t (0) = 1, chứng minh rằng:

Nếu sử dụng các kí hiệu của giải tích tổ hợp thì t (n) = A n t Chứng minh rằng:

3 Giả sử P n (t) là đa thức bậc n Chứng minh rằng ∆P n (t) =Q n−1 (t).

4 Chứng minh rằng: ∆(λ t P n (t)) = λ t Q n (t), λ 6= 1, P n (t), Q n (t) – là các đa thức bậc n.

Gợi ý và trả lời

1 a Phương trình cấp 3; b Phương trình cấp 1; c Phương trình cấp 4.

2 Chứng minh bằng quy nạp theo k Để ý rằng A n t = n!C t n , từ công thức ∆ k A n t = A k n A n−k t ta có:

Phương trình sai phân cấp một

Phân loại phương trình sai phân cấp một

Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số phương trình sai phân cấp một Để xây dựng nghiệm tổng quát cho các phương trình này, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp tương tự như lý thuyết về phương trình vi phân cấp một Chúng ta sẽ bắt đầu với việc phân tích một phương trình cụ thể.

∆y(t) = f(t), t ∈ Ω0 (5.1) hay y(t+ 1) = y(t) +f(t) Đặt vào phương trình cuối lần lượt các giá trị t= t 0 , t= t 0 + 1, ,t = n−1, rồi cộng dồn lại và tiến hành đổi biến n := t ta nhận được: y(t) = C + t−1

X k=t 0 f(k), C = y(t 0 ) (5.2) Để ý rằng phương trình vi phân cấp một y 0 (x) = f(x) tương ứng với (5.2) có dạng: y(x) =C +

Bây giờ ta tiến hành xem xét phương trình y(t+ 1) = y(t)p(t), p(t) 6= 0, t ∈ Ω 0 (5.3)

Lần lượt đặt vào (5.3) các giá trị t= t 0 , t = t 0 + 1, ,t= n−1 rồi nhân vế với vế, sau đó thực hiện đổi biến n := t, ta nhận được: t

Nếu y(t 0 ) 6= 0 thì từ điều kiện p(t) 6= 0, t ∈ Ω 0 suy ra y(t) 6= 0, t ∈ Ω 0 Giản ước cả hai vế của phương trình (5.4) cho t−1

Q k=t 0 y(k) 6= 0, ta nhận được các nghiệm không suy biến của phương trình (5.3) y(t) = y(t0) t−1

Y k=t 0 p(k), y(t0) 6= 0 (5.5) Đặt y(t 0 ) := C ta nhận được nghiệm tổng quát của (5.4) có dạng: y(t) =C t

Công thức (5.6) bao gồm nghiệm tầm thường của phương trình (5.4) khi C = 0 Tương tự, công thức mô tả nghiệm của phương trình vi phân cấp một với biến số phân ly y' = p(x)y cũng xuất hiện Trong trường hợp này, chúng ta có công thức tương tự như (5.6): y(x) = R ∫ x₀ p(x)dx.

Phương trình (5.3) còn được coi là trường hợp riêng của phương trình sau đây: y(t+ 1) = p(t)y(t) +f(t), p(t) 6= 0, t ∈ Z + (5.8)

Lagrange đã giải quyết bài toán xây dựng nghiệm tổng quát của phương trình, thông qua phương pháp được gọi là biến thiên hằng số Phương pháp này xem xét C trong (5.6) như một hàm phụ thuộc vào t, dẫn đến công thức y(t) = C(t) t−1.

Y k=t 0 p(k) (5.9) cho ta nghiệm của phương trình (5.8) Đặt (5.9) vào (5.8) ta nhận được:

Phương trình cuối có dạng (5.1), do đó nghiệm tổng quát của phương trình trên có thể viết được dưới dạng (5.2):

Y m=t 0 p(m)) −1 Đặt biểu thức nhận được đối với C(t) vào (5.9) ta thu được: y(t) t−1

Chúng ta sẽ xem xét một phương pháp khác để xác định nghiệm tổng quát của phương trình (5.8), được gọi là phương pháp Bernoulli Mục tiêu là tìm y(t) dưới dạng y(t) = u(t)v(t) Ta có công thức y(t+1) = u(t+1)v(t+1) = p(t)u(t)v(t) + f(t), từ đó suy ra u(t+1)∆v(t) = p(t)u(t)v(t) - u(t+1)v(t) + f(t).

Ta chọn hàm u(t) sao cho u(t+ 1) = u(t)p(t), ví dụ như u(t) t−1

Q k=t 0 p(k). Còn hàm v(t) được xác định từ phương trình u(t+ 1)∆v(t) = f(t) Hay

Q k=t 0 p(k)] −1 , do đó theo (5.2) ta nhận được: v(t) =C + t−1

Công thức nghiệm tổng quát cho phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất dạng y' = p(x)y + f(x) được biểu diễn như sau: y(x) = exp( ) Điều này cho thấy mối liên hệ giữa các biến và cách giải quyết phương trình một cách hiệu quả.

Trong bài viết này, chúng ta thống nhất rằng nếu chỉ số bên trên nhỏ hơn chỉ số bên dưới trong phép tính tổng, tổng sẽ bằng 0; tương tự, trong phép tính nhân, nếu điều này xảy ra, tích sẽ bằng 1 Tiếp theo, chúng ta xem xét phương trình sai phân cấp một Riccati có dạng: y(t+1)y(t) + ay(t+1) + by(t) + c = 0, với a, b, c là các hằng số thực Bằng cách thực hiện phép đổi biến y(t) = u(t) + δ, trong đó δ là một hằng số, chúng ta có thể biến đổi phương trình thành: u(t+1)u(t) + (a+δ)u(t+1) + (b+δ)u(t) + (δ² + (a+b)δ + c) = 0.

Giá trị nghiệm của phương trình δ² + (a+b)δ + c = 0 là Lấyδ Nghiệm tầm thường tương ứng với phương trình u(t) = 0 là y(t) = δ Nếu y(t) khác δ, thực hiện phép đổi biến v(t) = u(t) - y(t) + δ Khi đó, ta nhận được phương trình đối với v(t).

(b+ δ)v(t+ 1) + (a+δ)v(t) + 1 = 0. nếu b+ δ 6= 0 và a +δ 6= 0 thì đây chính là phương trình sai phân tuyến tính cấp một Nếu b +δ = 0 thì ta có được c = ab, từ a+ δ = 0 ta cũng nhận được c = ab.

Phương trình (5.11) trong trường hợp này (a +δ = 0 ) có dạng y(t+ 1)y(t) +ay(t+ 1) +by(t) +ab = 0, hay [y(t+ 1) +b][y(t) +a] = 0 Phương trình nhận được chỉ có hai nghiệm y(t) =−b và y(t) = −a.

Để giải phương trình y(t+1)y(t) + 2y(t+1) + y(t) - 4 = 0, ta thực hiện phép đổi biến y(t) = u(t) + δ, trong đó δ là nghiệm của phương trình δ^2 + 3δ - 4 = 0 Chọn δ = 1, ta có được phương trình u(t+1)u(t) + 3u(t+1) + 2u(t) = 0 Nghiệm u(t) = 0 tương ứng với y(t) = 1 trong phương trình ban đầu Tiếp theo, thực hiện phép đổi biến u(t) = v(t) để tìm nghiệm y(t) khác với 1.

2. Nghiệm tổng quát của phương trình này tìm được theo công thức (5.10), và đặt vào t 0 = 0 Ta có được: v(t) = (− 3 2 ) t [C + t−1

(− 1 2 )(− 3 2 ) −k−1 ] = C(− 3 2 ) t − 1 5 Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu được cho bởi công thức: y(t) = 1

C(− 3 2 ) t − 1 5 + 1. Để ý rằng nghiệm y(t) = 1 có thể nhận được một cách hình thức khi trong công thức nghiệm tổng quát ta cho C = ∞.

Ví dụ 5.1.2 Giải phương trình: p(t)y(t+ 1) +q(t)y(t+ 1)y(t)−y(t) = 0, p(t) 6= 0, t ∈ Z + , và xem xét trường hợp riêng khi p(t) = 2, q(t) = 3.

Chú ý rằng y(t) = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho Tiếp theo ta đặtv(t) = y(t) 1 (tức là đi tìm những nghiệm y(t) 6= 0), nhận được phương trình v(t+ 1) = p(t)v(t) +q(t) với nghiệm tổng quát là v(t) t−1

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y(t) = 1 v(t) = [ t−1

Y m=0 p(m)) −1 ]] −1 và nghiệm y(t) = 0 Trong trường hợp p(t) = 2, q(t) = 3 ta có được y(t) = (C2 t −3) −1

Bài tập

Giải phương trình hoặc bài toán Cauchy sau đây

19 Chứng minh rằng mọi nghiệm của phương trình y(t+ 1)−y(t) + 2 t 2 + 3 +y 2 (t) = 0 bị chặn trên tập Z +

Đáp số và gợi ý

1 y(t) = C + t 2 y(t) = C + (−1) 2 t+1 3 y(t) = Ct! 4 Nếu a 6= 1 thì y(t) = Ca t + 1−a b , nếu a = 1 thì y(t) = C +bt 5 y(t) = C + t(t−1) 2

P k=0 y(k) +t+ 1, nêny(t+ 1)−y(t) = y(t) + 1 Việc còn lại ta cần giải bài toán Cauchy: y(t+ 1)−2y(t) = 1, y(0) = 0 Đáp số: y(t) = 2 t −1.

19.Từ phương trìnhy(t+1)−y(t) =− t 2 +3+y 2 2 (t) suy ray(t+1) < y(t) Như thế tất cả nghiệm của phương trình đã cho giảm, bị chặn trên bởi y(0) Ta kiểm tra tính bị chặn dưới: y(t) =y(0)− t−1

1 k 2 +3 hội tụ, do đó y(t) bị chặn dưới 20.y(t) = −2 và y(t) = C+t 1 −2.

Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao

Hàm độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính Định thức

Các hàm số ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) được gọi là phụ thuộc tuyến tính trên tập Ω nếu có tồn tại một bộ số C1, C2, , Cn không đồng thời bằng không, sao cho đẳng thức sau được thỏa mãn.

C 1 ϕ 1 (t) + C 2 ϕ 2 (t) + +C n ϕ n (t) = 0, t ∈ Ω. Định nghĩa 6.1.2 Các hàm số ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) được gọi là độc lập tuyến tính trên tập Ω, nếu từ đẳng thức

Ta lưu ý một vài tính chất hiển nhiên sau đây của các hàm phụ thuộc tuyến tính:

1 Nếu trong các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , , ϕ n (t) có hàm là không thì các hàm đã cho phụ thuộc tuyến tính.

2 Các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi có một hàm biểu thị dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các hàm còn lại.

3 Nếu trong các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , , ϕ n (t) có k hàm phụ thuộc tuyến tính (k < n), thì các hàm (n hàm) là phụ thuộc tuyến tính.

Chúng ta sẽ chứng minh tính chất thứ ba, trong khi các tính chất còn lại sẽ được xem như bài tập Để không mất tính tổng quát, ta có thể coi hàm số đầu tiên của ϕ1(t), ϕ2(t), , ϕn(t) là phụ thuộc tuyến tính Nếu ngược lại, chỉ cần điều chỉnh lại thứ tự của các hàm đã cho.

C 1 ϕ 1 (t) +C 2 ϕ 2 (t) + +C k ϕ k (t) ≡ 0, t ∈ Ω, (6.1) với C 1 2 +C 2 2 + + C k 2 6= 0 Xét tổ hợp tuyến tính:

C 1 ϕ 1 (t) +C 2 ϕ 2 (t) + +C k ϕ k (t) + 0.C k+1 ϕ k+1 (t) + + 0.C n ϕ n (t), (6.2) ở đây các hằng số C 1 , , C k từ (6.1), đồng thời k

C i 2 6= 0, hay ϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , , ϕ n (t) là phụ thuộc tuyến tính. Định nghĩa 6.1.3 Định thức

Định thức Casorati cấp n của các hàm ϕ1(t), ϕ2(t), , ϕn(t) có vai trò tương tự như định thức Wronxki trong Lý thuyết phương trình vi phân Theo định lý 6.1.1, nếu các hàm ϕ1(t), ϕ2(t), , ϕn(t) phụ thuộc tuyến tính trên miền Ω, thì định thức Casorati của chúng sẽ bằng không trên Ω.

C i 2 6= 0 Giả sử tồn tại t 0 ∈ Ω để cho K(t 0 ) 6= 0 Khi đó từ (6.4) ta có được hệ phương trình:

Hệ phương trình (6.5) là một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất bậc n với các ẩn C i (i = 1, n) và có định thức K(t 0 ) khác không Theo định lý Cramer, hệ phương trình này chỉ có nghiệm tầm thường duy nhất là C i = 0 Tuy nhiên, điều này lại mâu thuẫn với giả thiết đã đưa ra.

C không đồng thời bằng không, từ đó ta có thể chứng minh điều cần thiết Lưu ý rằng, tương tự như trong lý thuyết phương trình vi phân, điều ngược lại thường không đúng Xem xét hai hàm sau đây: ϕ₁(t) với t ≡ 1 (mod 4).

0,với t còn lại. Định thức Casorati của các hàm này bằng 0 trên Z + , thế nhưng các hàm ϕ 1 (t), ϕ 2 (t) là độc lập tuyến tính trên Z +

Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất

thuần nhất Định nghĩa 6.2.1 Phương trình có dạng y(t+n) +p 1 (t)y(t+n−1) +p 2 (t)y(t+n−2) + +p n (t)y(t) =f(t) (6.6) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n.

Chúng ta giả định rằng các hệ số pi(t), với i = 1, n và vế phải f(t) của phương trình (6.6) là xác định trên Z +, đồng thời p i (t) khác 0 cho t thuộc Z + Dưới những điều kiện này, mọi điểm trong Z + × R n đều là điểm tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình (6.6) Nếu f(t) ≡ 0, phương trình (6.6) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất, trong khi trường hợp ngược lại được xem là không thuần nhất.

Phương trình sai phân tuyến tính cấp n thuần nhất (TTN) được biểu diễn dưới dạng z(t+n) + p1(t)z(t+n−1) + p2(t)z(t+n−2) + + pn(t)z(t) = 0 Định lý 6.2.1 khẳng định rằng các nghiệm z1(t), z2(t), , zn(t) của phương trình này là độc lập tuyến tính trên Z+ nếu và chỉ nếu định thức Casorati của chúng khác không.

Điều kiện đủ của định lý vẫn được áp dụng cho các hàm không phải là nghiệm của phương trình tuyến tính (TTN), điều này được chứng minh từ Định lý 6.1 Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh điều kiện cần của định lý cho trường hợp nghiệm của TTN, với giả thiết rằng z1(t), z2(t), , zn(t) là các hàm độc lập tuyến tính.

Z + và tồn tại t ∗ ∈ Z + để cho K(t ∗ ) = 0 Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n phương trình n ẩn số:

Định thức của hệ theo giả thiết K(t ∗ ) = 0 dẫn đến nghiệm không tầm thường (C 1 ∗ , C 2 ∗ , , C n ∗ ) Hàm z ∗ (t) = C 1 ∗ z1(t) + C 2 ∗ z2(t) + +C n ∗ zn(t) là nghiệm của (6.7) dưới dạng tổ hợp tuyến tính Tại điểm t ∗ , cần xác định điều kiện đầu nào sẽ thỏa mãn cho nghiệm đã cho Từ hệ phương trình (6.8), ta có các điều kiện z ∗ (t ∗ ) = 0, z ∗ (t ∗ + 1) = 0, , z ∗ (t ∗ + n−1) = 0.

Từ tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy ta nhận được z ∗ (t) = 0, t ∈

Nếu C i 2 6= 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết độc lập tuyến tính của hệ đã cho Theo Định lý 6.2.2, các nghiệm z 1 (t), z 2 (t), , z n (t) của phương trình (6.7) sẽ độc lập tuyến tính trên Z + nếu và chỉ nếu định thức Casorati khác không tại mỗi điểm của Z + Bất kỳ n nghiệm độc lập tuyến tính nào của TTN (6.7) được gọi là hệ nghiệm cơ sở.

6.3 Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng

Xét phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp n

Lz(t) =z(t+n) +a 1 z(t+n−1) + +a n z(t) = 0, (6.9) ai ∈ R, i = 1, n, an 6= 0, t ∈ Z + Nghiệm tổng quát của (6.9) có thể viết được dưới dạng z(t) n

Cizi(t), (6.10) ở đây z i (t), i = 1, n là các nghiệm độc lập tuyến tính của (6.9), còn C i là các hằng số tùy ý.

Chúng ta sẽ tìm nghiệm không tầm thường của phương trình (6.9) dưới dạng z(t) = λ t, với λ ∈ C và λ ≠ 0 Định nghĩa L(λ t) = λ t (λ n + a1 λ n−1 + + an), trong đó đa thức Pn(x) = x n + a1 x n−1 + + an được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (6.9) Nghiệm của đa thức này được gọi là đặc số Lưu ý rằng L(λ t) = 0 chỉ khi λ là nghiệm của phương trình đặc trưng, và với điều kiện an ≠ 0, ta có λ = 0 không phải là đặc số của phương trình (6.9) Để xây dựng hệ nghiệm cơ sở của phương trình này, chúng ta sẽ xem xét một số trường hợp cụ thể.

Trong trường hợp 1, nếu λ1, λ2, , λn là các nghiệm thực của phương trình đặc trưng P(λ) = 0, chúng ta cần chứng minh rằng z_i(t) = λ^t_i, với i = 1, n, là nghiệm của phương trình (6.9) Để làm điều này, ta sẽ chứng minh rằng các nghiệm z_i(t) là độc lập tuyến tính trên Z+ Từ đó, ta có thể khẳng định rằng z_i(t) = λ^t_i, với i = 1, n, tạo thành hệ nghiệm cơ sở cho phương trình đã cho Cuối cùng, việc tính toán định thức Cssorati của các nghiệm này sẽ cung cấp thêm thông tin cần thiết.

(λ j −λ i ). Định thức cuối ta nhận được chính là định thức Vandermonde và có giá trị bằng Q j>i

Định thức Casorati K(t) của các λ t i khác 0 khi các λ i khác nhau và λ i không bằng 0 cho thấy rằng các λ t i là độc lập tuyến tính Do đó, nghiệm tổng quát của (6.9) có thể được biểu diễn dưới dạng z(t) n trong trường hợp này.

Ví dụ 6.3.1 Giải phương trình z(t+ 2)−5z(t+ 1) + 6z(t) = 0.

Phương trình đặc trưng λ² - 5λ + 6 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt là λ₁ = 2 và λ₂ = 3 Các hàm số z₁(t) = 2^t và z₂(t) = 3^t tạo thành hệ nghiệm cơ sở cho phương trình này Do đó, nghiệm tổng quát được tìm thấy là z(t) = C₁ * 2^t + C₂ * 3^t.

Trường hợp 2 Khi trong các nghiệm của phương trình đặc trưng ngoài các nghiệm thực đơn còn có nghiệm phức.

Bổ đề 6.3.1 khẳng định rằng nếu hàm phức z(t) = u(t) + iv(t) là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính với hệ số hằng (6.9), thì các hàm thực u(t) và v(t) cũng sẽ là nghiệm của phương trình này.

Chứng minh Do tính tuyến tính của toán tử L ta có được:

Lz(t) =L[u(t) + iv(t)] = Lu(t) +iLv(t) = 0, từ đây suy ra Lu(t) = Lv(t) = 0, hay chứng tỏ u(t) và v(t) là nghiệm của phương trình (6.9).

Bổ đề 6.3.2 Giả sử các hàm số z 1 (t) = ϕ 1 (t) +iϕ 2 (t), z 2 (t) =ϕ 1 (t)−iϕ 2 (t), , z 2k−1 (t) = ϕ 2k−1 (t) +iϕ 2k−1 (t), z 2k (t) = ϕ 2k (t)−iϕ 2k (t), z 2k+1 (t) = ϕ 2k+1 (t), , z n (t) =ϕ n (t), là độc lập tuyến tính trênZ + Khi đó các hàm thựcϕ 1 (t), ϕ 2 (t), , ϕ n (t) cũng là độc lập tuyến tính trên Z +

Chứng minh Ta tiến hành chứng minh định lý trên bằng phép phản chứng Giả sử tồn tại các giá trị α 1 , α 2 , , α n , α i ∈ R không đồng thời bằng không để cho n

Đẳng thức 2 z 2 (t) + + α n z n (t) = 0, với t ∈ Z +, cho thấy rằng hệ z 1 (t), z 2 (t), , z n (t) là phụ thuộc tuyến tính, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, chúng ta có thể khẳng định điều cần chứng minh Giả sử các nghiệm đặc trưng được biểu diễn dưới dạng λ1,2 = ρ1(cosϕ1 ± isinϕ1), , λ 2k−1,2k = ρk(cosϕk ± isinϕk), trong đó λ 2k+1, , λ n là các nghiệm đơn và thuộc R Các nghiệm phức của đa thức có hệ số thực luôn đi kèm theo cặp liên hợp và có tính bội giống nhau.

Các hàm z i (t) = λ t i, với i = 1, n, là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình (6.9) Hệ nghiệm cơ sở được hình thành từ các bổ đề 6.1 và 6.2 Theo công thức Moavro, λ t 1 được biểu diễn dưới dạng ρ t 1 (cosϕ 1 t + isinϕ 1 t), từ đó ta có Reλ t i = ρ t 1 cosϕ 1 t và Imλ t i = ρ t 1 sinϕ 1 t Do đó, hệ nghiệm cơ sở có dạng: ρ t 1 cosϕ 1 t, ρ t 1 sinϕ 1 t, , ρ t k cosϕ k t, ρ t k sinϕ k t, λ t 2k+1, , λ t n.

Trong thực hành, không cần thiết phải xem xét các số đặc trưng liên hợp, vì chúng cùng sinh nghiệm trên cùng một hệ nghiệm cơ sở.

Ví dụ 6.3.2 Giải phương trình z(t+ 4) + 4z(t) = 0.

Phương trình đặc trưng của phương trình đã cho là λ 4 + 4 = 0 hay λ 4 +

2(cos 3π 4 ±sin 3π 4 ) Hệ nghiệm cơ sở của phương trình đã cho có dạng

4 Như thế nghiệm của phương trình đã cho viết được dưới dạng z(t) = √

Trường hợp 3 Khi phương trình đặc trưng có nghiệm bội.

Để xử lý phương trình đặc trưng có nghiệm bội thực, chỉ cần xem xét trường hợp này là đủ Trong trường hợp có nghiệm bội phức, chúng ta có thể áp dụng các Bổ đề 6.1 và 6.2 để xây dựng hệ nghiệm cơ sở.

Bổ đề 6.3.3 Các hàm sốλ t 1 , λ t 1 t, , λ t 1 t n 1 , λ t 2 , λ t 2 t, , λ t 2 t n 2 , λ t k , λ t k t, , λ t k t n k , ở đây λ i ∈ C, λ i 6= 0, λ i 6= λ j , n i ∈ Z + là độc lập tuyến tính.

Giả sử tồn tại các hằng số không đồng thời bằng 0, dẫn đến tổ hợp tuyến tính của các hàm đã cho bằng 0 trên Z+ Chúng ta có thể biểu diễn tổ hợp tuyến tính này và nhóm các phần tử có cùng nhân tử λ t i, từ đó rút ra được kết luận cần thiết.