Hệ phương trình vi phân

Mục tiêu chương Về kiến thức: nắm vững định nghĩa, nhận dạng, sự tồn tại nghiệm, phương pháp giải hệ ODE đã biết; Về kỹ năng: hiểu biết và vận dụng các thuật toán xây dựng, và tìm n

Chương 6

Hệ phương trình vi phân

8(6-2 -0)

A Mục tiêu chương

Về kiến thức: nắm vững định nghĩa, nhận dạng, sự tồn tại nghiệm,

phương pháp giải hệ ODE đã biết;

Về kỹ năng: hiểu biết và vận dụng các thuật toán xây dựng, và tìm

nghiệm của hệ ODE Hiểu các khái niệm cơ bản, các phương pháp chứng minh Vận dụng khảo sát hệ ODE qua ví dụ

Hệ ODE tuyến tính (thuần nhất, không thuần nhất, hệ số hằng)

C Nội dung chi tiết

§6.1 Các khái niệm mở đầu

dy

.

) y , , y , y , x ( f dx

dy

) y , , y , y , x ( f dx

dy

n 2 1 1 n

n 2 1 1 2

n 2 1 1 1

( ) (− ∞ ∞)

) b

1 n

2

=

Các hàm fj( x , y1, y2, , yn), ( j = 1 , 2 , , n ),xác định trong ( a , b ) xR n (không gian n+1 chiều)

1 ( x ), ( x ), , ( x ) , x ( a , b ) R ,

=

đường cong tích phân ứng với nghiệm Φ ( x ) =(ϕ1( x ), ϕ2( x ), , ϕn( x ))

(d) Không gian pha của hệ ODE (6.1) là không gian n chiều Rn chứa tập hợp các nghiệm của hệ ODE

(e) Đường cong pha (quỹ đạo pha) là tập hợp nghiệm của hệ ODE

(6.1):

{ϕ1( x ), ϕ2( x ), , ϕn( x ) , x ∈ ( a , b )}

= γ

Bài toán Cô si

n

0 2

0 1

0 2

0 1 0

n 0

.

) x , , x , x , t ( F dt dx

) x , , x , x , t ( F dt dx

n 2 1 1 n

n 2 1 1 2

n 2 1 1 1

(6.2)

( ) (F ( t , X ), F ( t , X ), , F ( t , X ))

: ) X , t ( F

, x , , x , x : X

), X , t ( F dt dX

n 2

1

n 2 1

=

=

=

là hệ phương trình chuyển động của một điểm trong không gian pha

Rn mà véc tơ vận tốc của điểm đó là ⎟

dx , dt

dx

Hệ (6.2) xác định trường vận tốc không dừng nếu tại mỗi điểm của

không gian pha vận tốc của điểm thay đổi theo thời gian Khi đó hệ được gọi là hệ không dừng (không Ô tô nôm)

Khi vế phải của hệ (6.2) không phụ thuộc thời gian t, ta có hệ dừng, hay hệ Ô tô nôm

.

) x , , x , x ( F dt dx

) x , , x , x ( F dt dx

n 2 1 1 n

n 2 1 1 2

n 2 1 1 1

y dt dx

Không gian pha là mặt phẳng (x,y)

Nghiệm hệ đang xét (kiểm tra) :

sin(

C

y

) C t

cos(

C

x

2 1

2

1 với C 1 , C 2là hằng số

tùy ý

Để mô tả chuyển động trong không

gian pha (x,y), cần khử tham số

thời gian t trong biểu thức nghiệm,

thì nhận đượcquỹ đạo chuyển động

trong không gian pha

y

x

O

Cụ thể, ta có 2

1 2

x + = nên trong không gian pha mỗi chuyển động (điểm) của hệ được thực hiện trên đường tròn tâm O (gốc tọa độ) bán kính |C1| được gọi là quỹ đạo chuyển động

Nếu cố định C1 và cho C2 tùy ý ta có vô số chuyển động thực hiện trên cùng một quỹ đạo

Tổng quát: Đối với hệ (6.3), mỗi chuyển động

(x ( t ), x ( t ), , x ( t ))

) t (

y ( n ) = ′ ( n − 1 ) (6.3)

luôn đưa được về hệ n ODE cấp một

Chứng minh:

Đặt:

n ) 1 n (

1 k ) k ( 3

2 1

y y

) 1 n , , 2 , 1 , 0 k ( y y y

y

y y

y y

) y

, ,

y , y , x ( dx dy ) y , ,

y , y , x ( y dx dy và dx dy

y dx dy y y dx y và dx dy dx y y dx dy y y dx dy và , dx dy dx dy n 2 1 n n 2 1 ) n ( ) 1 n ( n 3 2 3 2 2 1 2 1 = ⇒ = = = ⇒ = ′′ = ′ = ′ = ⇒ = ′ = = − (đpcm1)

(6.4) Từ đó ta có: ) x ( y y = là nghiệm của ODE cấp n (6.3) ) x ( y y ), ,

x ( y y ), x ( y y ( n 1 ) n 2 1 − = ′ = = ⇔ là nghiệm của hệ n ODE (6.4) Bài toán tìm nghiệm y = y ( x )của ODE cấp n (6.3) thỏa mãn ) 1 n ( 0 0 ) 1 n ( 0 0 0 0 0 0 ) y , y ( x ) y , y ( x ) y , , y ( x ) y x ( y = ′ = ′ ′′ = ′′ − = − tương đương bài toán tìm nghiệm y1( x ), y2( x ), , yn( x )của hệ (6.4) thỏa mãn ) 1 n ( 0 0 n 0 0 3 0 0 2 0 0 1 ( x ) y , y ( x ) y , y ( x ) y , , y ( x ) y y = = ′ = ′′ = − 2 Đưa hệ phương trình vi phân cấp một về phương trình vi phân cấp cao Ta sẽ chỉ ra rằng có thể đưa hệ n ODE cấp 1 về ODE cấp n tương đương S1 Đưa về ODE cấp n Xét hệ n ODE cấp một: ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ) x , ,

x , x , t ( f dt dx

) x , ,

x , x , t ( f dt dx ) x , ,

x , x , t ( f dt dx n 2 1 n n n 2 1 2 2 n 2 1 1 1

(6.5)

Giả thiết: các hàm fk( k = 1 , 2 , , n )liên tục, khả vi đến cấp n-1 trong miền

n

R

G ⊂ theo tất cả các biến Giả sử (x1( t ), x2( t ), , xn( t ))là nghiệm thì

thay vào ODE (6.5)ta được các đồng nhất thức Xét đồng nhất thức bất kỳ:

)) t ( x ), , t ( x ), t ( x , t ( f dt

) t ( dx

n 2

1 1

1 ≡ (a1)

vi phân đồng nhất thức này theo t, ta có

k n 1

1 1

k n

1

1 1

2

1

2

f x

f t

f dt

dx x

f t

f

n 2 1 2 k n 1

x d

n 2

1 2 2 1

2

≡ (a2)

Tương tự, ta có:

∂ +

∂

∂

1 k

n 1 k

k k

2 2

k k

2 2

3

1

3

f x

F t

F dt

dx x

F t

F

n 2 1 3 k n

x d

n 2

1 3 3 1

3

≡ (a3)

Tiếp tục quá trình trên đến n-2 lần, ta có

)) t ( x ), , t ( x ), t ( x , t ( F dt

x d

n 2

1 1 n 1 n 1 1 n

−

−

−

≡ (an-1)

∂

∂

1 k

n 1 k

k k

1 n 1

n k k

1 n 1

F t

F dt

dx x

F t

F

t

F

n 2 1 n k n

1

1 n

x d

n 2

1 n n 1

n

≡ (an)

Từ (a1), (a2),… (an-1) lập hệ ODE:

) t ( x d

)) t ( x ), , t ( x ), t ( x , t ( F dt

) t ( x d

)) t ( x ), , t ( x ), t ( x , t ( f dt

) t ( dx

n 2

1 1 n 1 n 1 1 n

n 2

1 2 2 1 2

n 2

1 1 1

(6.6)

Giả sử định thức 0

) x , , x , x ( D

) F , , F , f D

n 3 2

1 n 2

1 − ≠ trong miền nào đấy của các biến

) x

x d , , dt

x d , dt

dx ,

x d , , dt

x d , dt

dx ,

x d , , dt

x d , dt

dx ,

1

2 1 1

n

n

1 n 1 1 n 2

1

2 1 1

3

2

1 n 1 1 n 2

1

2 1 1

x

1 1 1 n ) n ( 1 1 1 2 1 n n 1

1 , x , , x

) t ( x x ), , t ( x x

S2 Nghiệm của ODE đích là nghiệm của ODE nguồn và ngược lại

Hệ hàm thu được x1( t ), x2( t ), x3( t ), , xn( t )chính là nghiệm của hệ ODE (6.50)

Thật vậy, thay chúng vào hệ (6.6) ta được hệ các đồng nhất thức Xét đồng nhất thức bất kỳ,

)) t ( x ), , t ( x ), t ( x , t ( f dt

) t ( dx

n 2

1 1

Vi phân đồng nhất thức này theo t,

dt

dx x

f t

f dt

2 1 2

∑

= ∂

∂ +

x d

n 2 1 2 2 1

2

=

do cách đặt hàm F2

k n 1

1 1

n 2 1

x

f t

f ) x , , x , x , t (

= ∂

∂ +

dx x

f

k k n

Thực hiện tương tự, cho đồng nhất thức thứ hai cho đến thứ n-1 của

hệ (6.6), ta có:

0 f dt

dx x

F

k k n

…

0 f dt

dx x

F

k k n

Kết hợp (b1),(b2),…, (bn-1), ta nhận được hệ n – 1 phương trình đại số tuyến tính thuần nhất với n – 1 ẩn f , k 2 , 3 , , n

dx x F

.

0 f dt

dx x F

0 f dt

dx x f

k k n

2

1 n

k k n

2

2

k k n

) F , , F , f D

n 3 2

1 n 2

) F , , F , f D

n 3 2

1 n 2

f ), x , x , t ( f dt dx

) x , x , t ( f dt dx

) x , t ( f dt dx

3

2 3 2 3 3

3 2 2 2

1 1 1

Hai ODE cuối có thể đưa về ODE cấp hai bằng phương pháp trên ODE đầu chỉ chứa x1và x1không tham gia vào hai ODE sau nên có thể tích phân ODE đầu riêng

Ví dụ 2

) x , t ( f dt dx

) x , t ( f dt dx

3 3 3

2 2 2

1 1 1

Hệ ba ODE này không thể đưa về ODE cấp 3 đối với bất kỳ hàm nào Do đó phải tích phân riêng từng ODE

y 2 x dt dx

Vi phân hai vế của ODE đầu:

0 x dt

dx 2 dt

x

d

dt

dx x dt

dx 3 ) y 2 x ( x dt

dx 3 ) y x ( 2 dt

dx 3 dt

dy 2 dt

C C

)

t

exp(

) t exp( t C ) t exp(

C ) t exp(

C ) t exp(

t C ) t exp(

C 3 2

1 dt

dx x

t C ) t exp(

2 2

1 2

1

2 1

Vậy nghiệm tổng quát là:

t C ) t exp(

2

C C ) t ( y

) t exp(

t C ) t exp(

C ) t ( x

2

2 1

2 1

§6.3 Phương pháp tổ hợp tích phân

Để giải hệ ODE dùng thuật toán đưa về ODE cấp cao

Dưới đây là thuật toán khác: tìm các tích phân đầu dùng thuật toán tổ

) 1 ( y dt dx

) t exp(

C y x C ln t

| y x

| ln ) y x ( ) y x ( dt

C y x C ln t

| y x

| ln y x ) y x ( dt

1 1

−

=

−

⇔ +

⇔ +

= +

⇒ +

= +

C y

) t exp( C ) t exp(

C x ) t exp(

C ) t exp(

C 2

1 y

) t exp(

C ) t exp(

C 2

1 x ) t exp(

C

y

x

) t exp(

C

y

x

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

dt

) t ( dx , , dt

) t ( dx , dt

) t ( dx dt

dX

) t ( x ), , t ( x ), t ( x : X

), X , t ( F dt dX

) x , , x , x , t ( f dt

dx

.

) x , , x , x , t ( f dt

dx

) x , , x , x , t ( f dt

dx

n 2

1

n 2

1

n 2

1

n 2 1 1 n

n 2 1 1 2

n 2 1 1 1

dX , X khi : C ) x , , x , x

Ý nghĩa hình học: tích phân đầu (6.9) với mỗi C cố định là mặt cong n

chiếu trong không gian n+1 chiều Rn+1 với các tọa độ ( t , x1, x2, , xn)có tính chất là mọi đường cong tích phân có một điểm chung với mặt sẽ hoàn toàn thuộc mặt đó

• Nếu tìm được k tích phân đầu

= Φ

= Φ

k n 2 1 k

2 n 2 1 2

1 n 2 1 1

C ) x , , x , x , t (

C ) x , , x , x , t (

C ) x , , x , x , t (

ik 2 i 1 i

k 2

Φ (6.11)

trong đó xi1, xi2, , xiklà k hàm nào đấy trong số các hàm

n 2

1 , x , , x

x thì từ hệ (6.10) ta có thể biểu diễn k hàm cần tìm qua n –

k hàm còn lại Thay vào hệ ODE ban đầu ta sẽ hạ được k cấp của

hệ, tức là đưa hệ về n-k phương trình

• Nếu k = n, và các tích phân đầu độc lập thì các hàm cần tìm đều xác định được từ hệ phương trình các tích phân đầu (6.10) Coi như đã tích phân xong hệ đã cho

dp C

) 2 ( rp ) A C ( dt

dq B

) 1 ( qr ) C B ( dt

dp A

trong đó A ≥ B ≥ C > 0là các hằng cho trước; p, q, r là các hàm phải tìm (lý thuyết chuyển động của vật rắn)

Thực hiện

2 2 2 1 2

dp Cr dt

dq Bq dt

dp Ap r

* (3) q

= Φ

+

⇒ +

+

ta được tích phân đầu thứ nhất

Tiếp tục

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

C r C q B p A 0

r C q B p

dp r C dt

dq q B dt

dp p A Cr

* (3) Bq

+

= Φ

+

⇒ +

q p q

2 2

1 1

(theo giả thiết)

nên hai tích phân đầu này độc lập Từ hệ phương trình các tích phân đầu giải ra được

) C , C ( b : b ), C , C ( a : a , 0 ) B A ( B

) C A ( C , 0 ) B A ( A

) C B ( C ,

b r

q

, a r

p

2 1 2

1 2

>

−

−

= α

−

=

+ α

) 2 ( x z dt dy

) 1 ( z y dt dx

( )

2 2 2 2 2

2

2

1 1

C z y x 0

z y

x

dt

d

0 dt

dz z 2 dt

dy y dt

dx x z 2

* ) 3 ( y

z y x dt

d (3)

(2)

(1)

= + +

= Φ

⇒

= + +

⇔

⇔

= +

+

⇒ +

+

= + +

= Φ

⇒

= + +

⇒ +

+

Hai tích phân đầu này độc lập nên ta có thể biểu diễn hai hàm chưa biết qua hàm còn lại và đưa về tích phân một ODE cấp một với một hàm phải tìm

Chú ý: Để dễ tìm tích phân đầu, hệ ODE (6.8) thường được đưa về

dạng đối xứng sau (vai trò của các biến độc lập và phụ thuộc đều như nhau)

n , , 2 , 1 k ), x ,

x , x , t ( f : ) x ,

x , x

,

t

(

) x ,

x , x

x , x , t (

dt )

x ,

x , x , t (

dx

) x ,

x , x , t (

dx )

x ,

0

n 2 1

k

n 2 1 0 n 2 1 n

n n

2 1 2

2 n

ϕ

ϕ

= ϕ

= ϕ

= ϕ

Ví dụ:

xz 2

dz z

y x

dx xy

2 dy z

2

2

2 2

y xz

zdz )

z y x ( x

xdx xy

2

ydy xz

2

dz z

2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

C y

z

y

x

z y x ln C ln y ln z

y x

z x y

d

y

dy

z y x x

zdz xdx ydy xy 2

dy z

2 ) z y x ( y x

zdz xdx ydy xy

2

dy

= +

+

⇔

⇔ + +

= +

⇔ +

+

+ +

=

⇔

⇔ +

+

+ +

=

⇔ +

−

− +

+ +

.

) y , , y , y , x ( f dy dy

) y , , y , y , x ( f dx dy

n 2 1 1 n

n 2 1 1 2

n 2 1 1 1

(6.12) Giả sử

(1) Các hằng số hữu hạn x , y , y , , y 0 , a , b R

n

0 2

0 1

0 ∈ Miền G ⊂ Rn+1 xác định bởi:

n n

0 2 2

0 1 1 0

n 2

2 , 1 k , y y L ) y , , , y , y , x ( f ) y , , y , y , x (

j j n

2 1 k n 2 1 k

n 2 1 n

Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm y ( x ) = ( y1( x ), y2( x ), , , yn( x ))của hệ

(6.12) thỏa mãn điều kiện ban đầu

0 n 0 n

0 2 0 2

0 1 0

1 ( x ) y , y ( x ) y , , , y ( x ) y

y = = = (6.12d)

Nghiệm này xác định trong khoảng đóng

] h x , h x

h (6.12e)

Chứng minh:

Bước 1 Lập dãy xấp xỉ Picar

Đặt

n

0 2

0 1 0 0

n

0 2

x

(

y

x x

0 n

0 2

0 1 j

0 j

1 j

1 n

1 2

y ) x ( y

: ) x ( y ), , x ( y ), x ( y ) x ( y

x x

1 k n 1

k 2 1 k 1 j

0 j

k j

k n

k 2

k 1 k

0

= +

m n

m 2

m 1

0 1 0 0

m 1

m 0

∈

b y ) x ( y , , b y ) x ( y , b y )

0 2

m 2

0 1

0 1 0

n

k n

0 2

k 2

0 1

, b Mh x

x M dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f y ) x ( y

0 0

0 x

x

1 k n 1

k 2 1 k 1 j

0 j 1

m ( x )

y = (6.13), hàm f mliên tục (theo giả thiết) và tính chất 2

Bước 2 Dãy xấp xỉ Picar hội tụ đều khi x ∈[x0− h , x0 + h]

Xét chuỗi hàm

(y ( x ) y ) (y ( x ) y ( x )) (y ( x ) y ( x ))

y ) x

(

j

k j

1 j

2 j

0 j

1 j

0 j

) x ( y ) x ( y y )

) x ( y ) x ( y y ) x ( y y

k j

1 j

2 j

0 j

k j

1 j

2 j

0 j

1 j

+

− +

− +

≤

≤ +

− +

+

− +

− +

0 2

0

1

j

x x

0 n

0 2

0 1 j

0 j

1 j

u MLn dt

x t M L

dt ) t ( y )

x 0

x x

n 1 k

0

) a ( x

1

k

Lipsit x

x

0 n

0 2

0 1 j

1 n

1 2

1

1

j

0 n

0 2

0 1 j x

x

1 n

1 2

1

1

j

x x

0 n

0 2

0 1 j x

x

1 n

1 2

1 1 j

0

0

0 0

x x Ln M du u 2

1 Ln M dt 2

x t MLn L

dt ) t ( y )

x x 0

2 2

x x

n 1 k

2 0 )

b 1 ( x

2

k

Lipsit x

x

1 n

1 2

1 1 j

2 n

2 2

2

1

j

1 n

1 2

1 1 j x

x

2 n

2 2

2

1

j

x x

1 n

1 2

1 1 j x

x

2 n

2 2

2 1 j

0

0

0 0

x x Ln M ) x ( y ) x ( y

k 0 1 k 1

k j

k j

−

≤

− − − (6.15)

Chứng minh bất đẳng thức này bằng quy nạp

x

0

1 k k

x

n 1 i

1 k i

k i Lipsit

x

x

1 k n 1

k 2 1 k 1 j

k n

k 2

k

1

j

1 k n 1

k 2 1 k 1 j x

x

k n

k 2

k 2 1 k 1 j x

x

k n

k 2

k 1 j

1 k (

Ln M du u

! k

1 Ln M dt

! k

x t ) Ln

(

M

L

dt ) t ( y ) t ( y L dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f ) t ( y ), , t ( y ),

0

0 0

+

− +

− +

Ln M ) x ( y ) x ( y

0 0

k 1 k 1

k j

k j

Do chuỗi số k

1 k

1 k

h

! k

) nL ( M

∑∞

=

−

hội tụ, nên theo tiêu chuẩn Weiestrass và

từ (4.16) ta suy ra chuỗi hàm (6.14) hội tụ đều trên miền

[x0− h , x0 − h]với j = 1 , 2 , , n Tức là:

(y ( x ), y ( x ), , y ( x )): lim(y ( x )) y ( x ), j 1 , 2 , , n )

x

(

j k n 2

Bước 3 Hàm giới hạn tìm được là nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu

Theo định nghĩa dãy xấp xỉ Picar, suy ra giới hạn của dãy hàm tìm được thỏa mãn điều kiện đầu

0 j 0 j o

k j

1 j x

x

k n

k 2

k 1 j k

0 0

dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f lim

1 j x

x

k n

k 2

k 1 j

0 0

dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f

) đpcm ( , ) t ( y ) t ( y L

dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f

n 1 i

i

k i

Lipsit x

x

n 2

1 j

k n

k 2

k 1 j

x ( y ) x ( y N k : 0

( )

(t , y ( t ), y ( t ), , y ( t ))dt y ( x ) j 1 , 2 , n f

y

dt ) t ( y lim ), , t ( y lim ), t ( y lim , t f y

dt ) t ( y ), , t ( y ), t ( y , t f lim y ) x ( y lim

j x

x

n 2

1 j

0 j

x x

1 k n k 1 k 2 k 1 k 1 k j

0 j

x x

1 k n 1

k 2 1 k 1 j k

0 j

k j k

0 0

0

=

= +

=

= +

0

Bước 4 Nghiệm y ( x )tìm được là duy nhất

Giả sử tồn tại nghiệm z = z ( x ) =(z1( x ), z2( x ), , zn( x ))≠ y ( x )

Ta có

n , , 2 , 1 j , dt )) t ( y ), , t ( y ), t ( z , t ( f y z

) z , , z , z , x ( f dx dz

x x

n 2

1 j

0 j j

n 2 1 j j

0

= +

[x h , x h]

x , ;

2 , 1 , 0 k

; n , , 2 , 1 j x x )!

1 k (

) nL ( M ) x

x

n 2

1 j

1 k 1

k x

0

1 k

x n

k j j

x x

k n

k 2

k 1 j n 2

1 j 1

k j j

x x )!

2 k (

) nL ( M dt x t )!

1 k (

) nL ( M dt ) t ( y ) t ( z L

dt ) t ( z ), , t ( z ), t ( z , t ( f ) t ( z ), , t ( z ), t ( z , t ( f ) x ( y )

+ +

+

− +

=

− +

Bất đẳng thức (6.19) được chứng minh và ta có đánh giá sau

[x h , x h]

x , ;

2 , 1 , 0 k

; n , , 2 , 1 j h )!

1 k (

) nL ( M ) x ( y )

1 k

k

h )!

1 k (

) nL (

)!

1 k (

) nL ( M

f ∈ ⊂ + (liên tục) và thỏa mãn điều kiện Lipsit theo y1, y2, , yn Khi đó tồn tại duy nhất đường cong tích phân của hệ (6.12) đi qua mỗi điểm trong ( 0)

n

0 2

0 1

0 , y , y , , y

Hệ quả 2 (điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm của ODE cấp n)

Giả sử hàm ( x , y , y ′ , , y ( n − 1 ) ) ∈ C ( G ⊂ R n + 1 )và thỏa mãn điều kiện Lipsit theo các biến y , y ′ , , y ( n−1 ) trong G Khi đó với mỗi điểm

(x , y , y , , y ( n 1 )) G

0 0

0

0 ′ − ∈ cho trước tồn tại duy nhất nghiệm y = y ( x )của ODE

) y , , y , y , x (

thỏa mãn điều kiện ban đầu:

, y ) x ( y , , y ) x ( y , y ) x (

0 0 ) 1 n ( 0 0 0 0

2 Sự kéo dài nghiệm

Giả sử trong miền G thỏa mãn các điều kiện:(của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm) Tức ta có:

0 0 n

2 1

0 n

0 2

0 1 0

0 0

h x , h x x

; y ) x ( y : ) x ( y ), , x ( y ), x ( y ) x ( y

!

G y , , y , y , x ) y , x

1 2 1 2

1 1 1 1 0 0

Nếu điểm ( 1)

n

1 2

1 1

1 , y , y , , y

x là điểm trong thuộc G, áp dụng định lý tồn

tại và duy nhất nghiệm, ta có nghiệm z ( x ) =(z1( x ), z2( x ), , zn( x ))của hệ (6.12) xác định trong đoạn [x 1 − h 1 , x 1 + h 1] thỏa mãn điều kiện đầu

1 n 1 n

1 2 1 2

Tương tự có thể thực hiện kéo dài nghiệm với biên trái của điểm x0

Đã chứng minh được rằng: Quá trình kéo dài nghiệm nói trên có thể thực hiện đến tận biên của G

!

; n ,

2 , 1 j , y );

2 1

0 0

0 j 0

§6.5 Các loại nghiệm của hệ phương trình vi phân

Gọi G là miền mà trong đó nghiệm của bài toán Cô si tồn tại và duy nhất

1 Nghiệm tổng quát

Hệ n hàm khả vi liên tục theo x phụ thuộc n hằng số tùy ý C1, C2, , Cn