Giáo trình Giải tích (Dành cho sinh viên các ngành kỹ thuật và công nghệ): Phần 2 - Trường Đại học Vinh

Mời các bạn cùng tham khảo Giáo trình Giải tích (Dành cho sinh viên các ngành kỹ thuật và công nghệ): Phần 2 - Trường Đại học Vinh để nắm chi tiết các kiến thức nối tiếp phần 1 đó là chuỗi số và chuỗi hàm; giới hạn, tính liên tục và vi phân của hàm nhiều biến; tích phân bội; phương trình vi phân.

CHƯƠNG CHUỖI SỐ VÀ CHUỖI HÀM V.1 GIỚI THIỆU Trong chương chúng tơi trình bày kết lý thuyết chuỗi số, chuỗi hàm, chuỗi lũy thừa, chuỗi lượng giác, mà chúng có nhiều ứng dụng ngành toán học khác ngành kỹ thuật, kinh tế, V.2 MỤC TIÊU CỦA CHƯƠNG Trình bày khái niệm tính chất chuỗi số, hội tụ chuỗi số; chuỗi hàm miền hội tụ, chuỗi lũy thừa chuỗi Fourier V.3 CHUẨN ĐẦU RA CỦA CHƯƠNG Trình bày định nghĩa tính chất chuỗi số hội tụ Tính tổng số chuỗi số đặc biệt Sử dụng dấu hiệu hội tụ để xét hội tụ chuỗi số dương Sử dụng dấu hiệu Lepnit để xét hội tụ chuỗi đan dấu Khảo sát hội tụ tuyệt đối chuỗi số Trình bày khái niệm miền hội tụ chuỗi hàm, tổng chuỗi hàm Tìm miền hội tụ chuỗi hàm Tìm bán kính hội tụ, miền hội tụ tính tổng chuỗi lũy thừa Viết khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa Trình bày khái niệm hệ số Fourier, chuỗi Fourier Viết khai triển thành chuỗi Fourier hàm chẵn, lẻ, tuần hồn khơng tuần hoàn V.4 NỘI DUNG CỦA CHƯƠNG 144 145 Giáo trình Giải tích Trong chương trình bày khái niệm tính chất chuỗi số chuỗi hàm số thực Chuỗi số 1.1 Các khái niệm 1.1.1 Định nghĩa Cho dãy số thực {an }∞ n=1 Ta gọi tổng hình thức a1 + a2 + · · · + an + · · · ∞ ∑ chuỗi số ký hiệu (5.1) an , an gọi số hạng thứ n chuỗi số (5.1) n=1 Với n = 1, 2, đặt Sn = a1 + a2 + + an = n ∑ i=1 gọi Sn tổng riêng thứ n chuỗi số (5.1) Dãy {Sn } gọi dãy tổng riêng chuỗi (5.1) Nếu tồn lim Sn = S hữu hạn chuỗi (5.1) gọi hội tụ có tổng n→∞ ∞ ∑ an = S S Khi ta ký hiệu n=1 Nếu chuỗi khơng hội tụ gọi phân kỳ Trong trường hợp lim Sn = n→∞ ∞ ∑ an = ±∞ ±∞ ta viết n=1 ∞ ∑ Như vậy, chuỗi số hội tụ dãy tổng riêng hội tụ R, an = S lim Sn = S Hơn nữa, chuỗi (5.1) có tổng S n=1 với n = 1, 2, chuỗi n→∞ ∞ ∑ hội tụ có tổng S − Sn−1 i=n 1.1.2 Định nghĩa Với n = 1, 2, ta đặt rn = ∞ ∑ gọi rn phần dư i=n+1 thứ n chuỗi (5.1) Như chuỗi (5.1) hội tụ có tổng S rn = S − Sn hội tụ tới n → ∞ 146 1.1.3 Ví dụ 1) Xét chuỗi số Giáo trình Giải tích ∞ ∑ n=1 n(n + 1) Khi tổng riêng thứ n chuỗi 1 + + + 1.2 2.3 n(n + 1) 1 1 1 = − + − + + − =1− 2 n n+1 n+1 Sn = ( Từ ta có lim Sn = lim n→∞ n→∞ 1− ) n+1 = Vì chuỗi cho hội tụ có tổng 2) Xét chuỗi số ∞ ∑ √ Khi tổng riêng thứ n chuỗi n n=1 √ 1 1 n Sn = + √ + + √ > √ + + √ = √ = n n n n n Vì lim Sn = +∞ Do chuỗi phân kỳ n→∞ 3) Xét chuỗi số ∞ ∑ (−1)n Dễ thấy dãy tổng riêng chuỗi có hai dãy n=1 S2n = S2n+1 = −1 Do dãy tổng riêng phân kỳ, kéo theo chuỗi phân kỳ ∞ ∑ q n (q ∈ R) Khi tổng riêng thứ n chuỗi 4) Xét chuỗi số n=1  n   n q − q ∑ Sn = qi = 1−q   i=1 n Vì |q| < lim Sn = n→∞ q 1−q q ̸= q = , hay chuỗi hội tụ Nếu |q| chuỗi phân kỳ 1.2 Một số tính chất chuỗi hội tụ Định lý sau cho ta điều kiện cần để chuỗi hội tụ 1.2.1 Định lý Nếu chuỗi (5.1) hội tụ lim an = n→∞ Định lý cho dấu hiệu quen thuộc để nhận biết chuỗi phân kỳ Chứng minh bạn đọc tham khảo tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 147 1.2.2 Ví dụ Xét hội tụ chuỗi số Giáo trình Giải tích ∞ ∑ n sin n n=1 Ta có an = n sin Vì n lim an = lim n sin n→∞ n→∞ sin 1 = lim n = ̸= n n→∞ n Do chuỗi cho phân kỳ 1.2.3 Nhận xét Định lý 1.2.1 điều kiện cần mà điều kiện đủ ∞ ∑ để chuỗi hội tụ Ta chuỗi số an với lim an = chuỗi phân n→∞ n=1 kỳ Chẳng hạn, chuỗi số ∞ ∑ √ n n=1 Định lý sau gọi tiêu chuẩn Cauchy, đưa điều kiện cần đủ để chuỗi số hội tụ Nó suy từ định nghĩa hội tụ chuỗi tiêu chuẩn Cauchy dãy số hội tụ 1.2.4 Định lý (Tiêu chuẩn Cauchy) Chuỗi số ∞ ∑ an hội tụ với n=1 ε > tồn n0 ∈ N cho |an+1 + + an+p | < ε với n n0 p ∈ N Định lý sau suy trực tiếp từ định nghĩa Bạn đọc tự chứng minh 1.2.5 Định lý Nếu chuỗi số α ∈ R, chuỗi ∞ ∑ (an + bn ), n=1 αa 1.3 ∞ ∑ n=1 ∞ ∑ an , ∞ ∑ bn hội tụ, có tổng a, b n=1 αan hội tụ có tổng a + b, n=1 Chuỗi số dương dấu hiệu hội tụ Trong mục nghiên cứu lớp chuỗi số dương, loại chuỗi có nhiều dấu hiệu nhận biết hội tụ 1.3.1 Định nghĩa Chuỗi số n ≥ ∞ ∑ an gọi chuỗi số dương an > với n=1 Nhận xét Đối với chuỗi số dương, dãy tổng riêng ln dãy tăng Do ∞ ∑ nhờ tính chất giới hạn ta suy chuỗi số dương an hội tụ n=1 148 Giáo trình Giải tích dãy tổng riêng bị chặn Trong trường hợp chuỗi ∞ ∑ an phân kỳ tổng n=1 chuỗi +∞ Sau đây, đưa số dấu hiệu để nhận biết hội tụ chuỗi số dương Định lý sau cho phương pháp so sánh theo giới hạn, chứng minh bạn đọc tìm hiểu tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 1.3.2 Định lý (Dấu hiệu so sánh 1) Cho chuỗi số dương ∞ ∑ bn Giả sử n=1 n=1 tồn giới hạn hữu hạn hay vô hạn l = lim ∞ ∑ an , an Khi đó, ta có kết luận sau: bn ∞ ∞ ∑ ∑ 1) Nếu < l < +∞ chuỗi an bn đồng thời hội tụ phân kỳ n→∞ n=1 2) Nếu l = chuỗi ∞ ∑ n=1 ∞ ∑ an hội tụ chuỗi 3) Nếu l = +∞ chuỗi bn hội tụ n=1 n=1 ∞ ∑ bn phân kỳ chuỗi ∞ ∑ an phân kỳ n=1 n=1 Định lý sau đưa phương pháp so sánh theo bất đẳng thức 1.3.3 Định lý (Dấu hiệu so sánh 2) Cho chuỗi số dương tồn K > n0 ∈ N cho an K.bn , với n ∞ ∞ ∑ ∑ an hội tụ bn hội tụ chuỗi 1) Nếu chuỗi 2) Nếu chuỗi n=1 ∞ ∑ n=1 ∞ ∑ an phân kỳ chuỗi n=1 ∞ ∑ n=1 ∞ ∑ an , bn Giả sử n=1 n0 Khi bn phân kỳ n=1 ∞ ∑ (với s số) s n=1 n (xem Ví dụ 1.3.13) Nhờ tính chất này, chuỗi 1.3.4 Nhận xét Người ta chứng minh chuỗi hội tụ s > phân kỳ s ∞ ∑ thường dùng làm chuẩn để so sánh, xét hội tụ hay phân kỳ s n=1 n chuỗi số dương Bây đến với vài ví dụ áp dụng dấu hiệu so sánh 1.3.5 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi số sau: 1) ∞ ∑ n=1 sin nα , (α > 0) 149 sin Ta có Giáo trình Giải tích nα = Vì từ dấu hiệu so sánh hội tụ chuỗi lim n→∞ nα ∞ ∞ ∑ ∑ ta suy chuỗi sin hội tụ với α > phân kỳ với α α nα n=1 n n=1 2) chuỗi ∞ ∑ 1 √ Ta có n(n + 1) n=1 lim n→∞ √ n = Do chuỗi ∞ ∑ phân kỳ nên n=1 n n(n + 1) ∞ ∑ √ phân kỳ n(n + 1) n=1 1.3.6 Định lý (Dalambert) Cho chuỗi số dương ∞ ∑ an Giả sử tồn giới hạn n=1 hữu hạn hay vơ hạn d = lim an+1 Khi an d < chuỗi hội tụ; n→∞ 1) Nếu 2) Nếu d > chuỗi phân kỳ Chứng minh định lý bạn đọc tham khảo tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 1.3.7 Nhận xét Nếu d = lim an+1 = chưa thể kết luận tính an hội tụ hay phân kỳ chuỗi Trong trường hợp phải dùng dấu n→∞ hiệu khác điều kiện hội tụ để khảo sát hội tụ chuỗi ∞ n!an ∑ 1.3.8 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi số: (a > 0) n n=1 n Ta có an = n!an nn an+1 = lim n→∞ n→∞ an ( d = lim Vậy theo dấu hiệu Dalambert ta có - Với a < e tức d < 1, chuỗi hội tụ -Với a > e tức d > 1, chuỗi phân kỳ a a = e )n 1+ n 150 Giáo trình Giải tích -Với a = e tức d = 1, chưa có kết luận )n ( Tuy nhiên, từ bất đẳng thức + n1 < e với n ta nhận an+1 e )n > =( an + n1 với n Suy an+1 > an với n Do an > a1 = e với n Vì lim an ̸= Do chuỗi phân kỳ n→∞ 1.3.9 Định lý (Dấu hiệu Cauchy) Cho chuỗi số dương √ hạn hữu hạn hay vô hạn c = lim n an Khi ∞ ∑ an Giả sử tồn giới n=1 n→∞ 1) Nếu c < chuỗi hội tụ 2) Nếu c > chuỗi phân kỳ Chứng minh định lý bạn đọc tham khảo tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 1.3.10 Nhận xét 1) Nếu c = lim n→∞ √ n a n = chưa thể kết luận tính hội tụ hay phân kỳ chuỗi Trong trường hợp phải dùng dấu hiệu khác điều kiện hội tụ để khảo sát hội tụ chuỗi √ 2) Trong Định lý 1.3.9 thay giới hạn c = lim n an giới hạn c = n→∞ √ lim n an kết luận định lý cịn n→∞ 1.3.11 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi số: ∞ ( n − 1)n(n+1) ∑ 1) n=1 n + Ta có an = ( n − 1)n(n+1) n+1 ( n − 1)n+1 ( )n+1 √ n an = lim = lim − = < n→∞ n→∞ n + n→∞ n+1 e c = lim Theo dấu hiệu Cauchy chuỗi số cho hội tụ )n ( ∞ + (−1)n ∑ 2) 4n n=1 Ta có √ + (−1)n n an = lim = < n→∞ n→∞ 4 Theo dấu hiệu Cauchy chuỗi cho hội tụ c = lim 151 Giáo trình Giải tích 1.3.12 Định lý (Dấu hiệu tích phân Cauchy) Cho chuỗi số dương ∞ ∑ an Giả sử n=1 tồn hàm f (x) đơn điệu giảm liên tục [a, +∞) với a cho f (n) = an ∫+∞ với n = 1, 2, Khi tích phân suy rộng f (x)dx hội tụ (tương ứng phân kỳ) chuỗi ∞ ∑ a an hội tụ (tương ứng phân kỳ) n=1 Chứng minh định lý bạn đọc tìm đọc tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương Chúng ta đến với ví dụ áp dụng ∞ ∑ (s ∈ R) s n=1 n 1.3.13 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi số - Với s < ta có lim n→∞ ns = +∞, nhờ điều kiện cần để chuỗi hội tụ ta suy chuỗi phân kỳ - Với s = dễ thấy chuỗi cho phân kỳ - Với s > ta xét hàm số f (x) = [1, +∞) Ta có f ′ (x) = −s < với xs+1 x Do f (x) đơn điệu giảm [1, +∞) Hơn an = s = f (n) với n n = 1, 2, Mặt khác ta có  (  A)  ∫ ∞ ∫ A  lim s ̸= dx dx s−1 = lim = A→∞ ( (1 − s)x s s ) A→∞ x A  x   lim ln x s = xs A→∞ Từ suy ∫ ∞   dx  = s−1 s  x  +∞ Vì theo dấu hiệu tích phân Cauchy chuỗi kỳ s ≤ 1.4 s>1 0 phân s n=1 n Chuỗi có dấu tuỳ ý Trước hết ta xét trường hợp đặc biệt chuỗi có dấu chuỗi đan dấu, trường hợp số hạng chuỗi nhận dấu dương dấu âm, 152 Giáo trình Giải tích nhận dấu âm dấu dương 1.4.1 Định nghĩa Cho {an } dãy số dương Chuỗi số có dạng (hoặc ∞ ∑ ∞ ∑ (−1)n−1 an n=1 (−1)n an ) gọi chuỗi đan dấu n=1 Sự hội tụ chuỗi đan dấu thường nhận biết dấu hiệu sau 1.4.2 Định lý (Dấu hiệu Leibnitz) Nếu an dãy số đơn điệu giảm (khi n đủ lớn) ∞ ∑ (−1)n−1 an hội tụ lim an = chuỗi đan dấu n→∞ n=1 Chứng minh định lý bạn đọc tham khảo tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 1.4.3 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi 1) ∞ (−1)n−1 ∑ n=1 2n − Ta có an = > 2n − 2n + hiệu Leibnitz chuỗi hội tụ (1 ) ∞ ∑ sin 2) + nπ n n=1 = an+1 với n lim n→∞ 2n − = Theo dấu ) 1 + nπ = (−1)n sin dãy {an } với an = sin dãy đơn điệu n n n giảm hội tụ Do theo dấu hiệu Leibnitz chuỗi cho hội tụ Ta có sin (1 1.4.4 Định nghĩa Chuỗi số ∞ ∑ an gọi hội tụ tuyệt đối chuỗi n=1 ∞ ∑ |an | n=1 hội tụ Một chuỗi hội tụ mà không hội tụ tuyệt đối gọi hội tụ có điều kiện hay bán hội tụ Nhận xét Dùng tiêu chuẩn Cauchy bạn đọc chứng minh chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ Điều ngược lại nói chung khơng 1.4.5 Ví dụ Khảo sát hội tụ, hội tụ tuyệt đối chuỗi Với p ta có lim (−1)n−1 n→∞ Với p > ta có chuỗi np ∞ (−1)n−1 ∑ với p ∈ R np n=1 ̸= Do chuỗi phân kỳ ∞ (−1)n−1 ∞ ∑ ∑ hội tụ, tức chuỗi hội tụ tuyệt đối p np n=1 n=1 n 153 Giáo trình Giải tích ∞ ∞ (−1)n−1 ∑ ∑ Với < p ta có chuỗi phân kỳ, tức chuỗi không hội tụ p np n=1 n n=1 ∞ (−1)n−1 ∑ tuyệt đối Tuy nhiên trường hợp dễ thấy chuỗi hội tụ theo np n=1 dấu hiệu Leibnitz Như chuỗi bán hội tụ 1.4.6 Định lý (Dấu hiệu Dirichlet) Giả sử ∞ ∑ an có dãy tổng riêng bị chặn, nghĩa tồn M > cho 1) Chuỗi n=1 |a1 + a2 + + an | < M với n, 2) bn dãy số đơn điệu giảm (khi n đủ lớn ) lim bn = n→∞ Khi đó, chuỗi số ∞ ∑ an bn hội tụ n=1 1.4.7 Định lý (Dấu hiệu Abel) Giả sử ∞ ∑ an hội tụ 1) Chuỗi n=1 2) bn dãy số đơn điệu bị chặn ∞ ∑ an bn hội tụ Khi đó, chuỗi số n=1 Chứng minh định lý bạn đọc tìm hiểu tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 1.4.8 Ví dụ Khảo sát hội tụ chuỗi Ta có n ∑ cos kx = k=1 Vì n ∑ cos 2k = k=1 với n Như vậy, chuỗi ∞ ∑ ∞ cos 2n ∑ n n=1 ( x x) sin(2n + 1) − sin sin x2 2 ) 1 (sin(2n + 1) − sin < sin sin cos 2n có dãy tổng riêng bị chặn Mặt khác bn = n=1 đơn điệu giảm Theo dấu hiệu Dirichlet chuỗi ∞ cos 2n ∑ hội tụ n n=1 n 263 Giáo trình Giải tích 3.2.4 Ví dụ 1) Các hàm eαx , eβx với α ̸= β độc lập tuyến tính R 2) Các hàm sin αx cos αx độc lập tuyến tính R 3.2.5 Định nghĩa Một hệ hai nghiệm y1 (x), y2 (x) phương trình (8.29) độc lập tuyến tính (a, b) gọi hệ nghiệm sở phương trình 3.2.6 Định lý Cho y1 (x) y2 (x), với x ∈ (a, b) nghiệm phương trình (8.29) Khi đó, 1) y1 (x), y2 (x) độc lập tuyến tính (a, b) y1 (x) y2 (x) y1′ (x) y2′ (x) ̸= 0, với x ∈ (a, b) 2) Nếu y1 (x), y2 (x) hệ nghiệm sở (8.29) nghiệm tổng quát phương trình y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), với C1 , C2 số tùy ý Chứng minh 1) Điều kiện cần Giả sử y1 (x), y2 (x) nghiệm độc lập tuyến tính (a, b) Đặt A(x) = [ ] y1 (x) y2 (x) y1′ (x) y2′ (x) Ta chứng minh det A(x) ̸= với x ∈ (a, b) Giả sử tồn x0 ∈ (a, b) cho det A(x0 ) = Khi hệ phương trình  α1 y1 (x0 ) + α2 y2 (x0 ) = α y ′ (x ) + α y ′ (x ) = 1 2 có nghiệm khơng tầm thường, tức tồn α1 , α2 không đồng thời không nghiệm hệ Theo Định lý 3.2.2 ta có y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x) nghiệm phương trình (8.29) thoả mãn điều kiện đầu y(x0 ) = y ′ (x0 ) = Bởi y = nghiệm (tầm thường) (8.29) nên theo định lý tồn nghiệm ta có y(x) = α1 y1 (x) + α2 y2 (x) = 0, với x ∈ (a, b) Điều mâu thuẫn với độc lập tuyến tính y1 (x), y2 (x) (a, b) Do det A(x) ̸= với x ∈ (a, b) 264 Giáo trình Giải tích Điều kiện đủ Giả sử det A(x) ̸= với x ∈ (a, b) Nếu y1 (x) y2 (x) phụ thuộc tuyến tính tồn C cho y1 (x) = Cy2 (x) với x ∈ (a, b) Khi y1 (x) y2 (x) det A(x) = y1′ (x) y2′ (x) = y1 (x) Cy1 (x) y1′ (x) Cy1′ (x) =0 với x ∈ (a, b) Mâu thuẫn với det A(x) ̸= với x ∈ (a, b) 2) Nếu y1 (x) y2 (x), x ∈ (a, b) hệ nghiệm sở (8.29) từ khẳng định a) Định lý 3.2.6 ta suy det A(x) = y1 (x) y2 (x) y1′ (x) y2′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Theo Định lý 3.2.2 y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) nghiệm (8.29) với số C1 , C2 Giả sử u(x) nghiệm tùy ý (8.29), ta cần tồn C10 , C20 cho u(x) = C10 y1 (x) + C20 y2 (x) Thật vậy, lấy x0 ∈ (a, b), đặt u(x0 ) = u0 u′ (x0 ) = u′0 Khi đó, từ det A(x0 ) ̸= suy hệ phương trình tuyến tính  C1 y1 (x0 ) + C2 y2 (x0 ) = u0 C y ′ (x ) + C y ′ (x ) = u′ 1 2 0 có nghiệm C10 , C20 Do nghiệm y(x) = C10 y1 (x) + C20 y2 (x) thỏa mãn điều kiện đầu y(x0 ) = u0 y ′ (x0 ) = u′0 Theo định lý tồn nghiệm y(x) = C10 y1 (x) + C20 y2 (x) phải trùng với nghiệm u(x), tức u(x) = C10 y1 (x) + C20 y2 (x) Định lý sau mơ tả cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính cấp hai khơng y ′′ + p(x)y ′ + q(x) = f (x) 3.2.7 Định lý Nghiệm tổng quát phương trình (8.28) tổng nghiệm riêng với nghiệm tổng quát phương trình (8.29) 265 Giáo trình Giải tích Chứng minh Giả sử y ∗ nghiệm riêng (8.28) y = C1 y1 + C2 y2 nghiệm tổng quát (8.29), y1 , y2 hệ nghiệm sở (8.29) Đặt y = y + y∗ Khi dễ dàng kiểm tra y nghiệm phương trình (8.28) Ta cịn phải chứng minh y nghiệm tổng quát Thật vậy, giả sử y0 nghiệm tùy ý phương trình khơng (8.28) Khi đó, y ∗ y0 nghiệm phương trình (8.28) nên ta có y0′′ + p(x)y0′ + q(x)y0 = f (x) y ∗ ′′ + p(x)y ∗ ′ + q(x)y ∗ = f (x) suy (y0 − y ∗ )′′ + p(x)(y0 − y ∗ )′ + q(x)(y0 − y ∗ ) = Như y0 − y ∗ nghiệm phương trình (8.29) Do tồn C10 , C20 cho y0 − y ∗ = C10 y1 + C20 y2 Ta nhận y0 = C10 y1 (x) + C20 y2 (x) + y ∗ Do đó, y = y + y ∗ nghiệm tổng quát (8.29) Ta dễ dàng chứng minh định lý sau 3.2.8 Định lý Nếu y1 (x), y2 (x), x ∈ (a, b) nghiệm riêng tương ứng hai phương trình y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f1 (x) y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f2 (x) y = y1 + y2 nghiệm riêng phương trình y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = f1 (x) + f2 (x) 266 3.3 Giáo trình Giải tích Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số 3.3.1 Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số có dạng y ′′ + py ′ + qy = f (x) (8.30) p, q số thực, f (x) hàm liên tục (a, b) 3.3.2 Cách giải Phương trình (8.30) trường hợp riêng (8.28), kết nghiệm biết Đối với phương trình việc tìm nghiệm tổng quát đơn giản hơn, mà trình bày sau Đầu tiên ta tìm nghiệm tổng quát phương trình y ′′ + py ′ + qy = (8.31) Người ta chứng minh phương trình (8.31) ln có nghiệm có dạng y = ekx với k số phức Chúng ta tìm nghiệm có dạng Ta có y ′ = kekx , y ′′ = k ekx Thay vào (8.31) ta nhận phương trình k + pk + q = 0, (8.32) gọi phương trình đặc trưng phương trình (8.31) Khi xẫy trường hợp sau 1) Nếu ∆ = p2 − 4q > phương trình đặc trưng có hai nghiệm thực phân biệt k1 ̸= k2 Khi phương trình có hai nghiệm riêng độc lập tuyến tính y1 = ek1 x y2 = ek2 x Theo Định lý 3.2.6 ta có nghiệm tổng quát (8.31) y = C1 ek1 x + C2 ek2 x 2) Nếu ∆ = p2 − 4q = phương trình đặc trưng có nghiệm bội (thực) −p k0 = Khi phương trình có nghiệm riêng y1 = ek0 x Nghiệm riêng y2 độc lập tuyến tính với y1 ∫ ∫ − pdx ∫ −px e e y2 (x) = y1 (x) dx = y1 (x) dx = xy1 (x) y1 (x) e−px Nghiệm tổng quát (8.31) y = C1 ek0 x + C2 xek0 x 267 Giáo trình Giải tích 3) Nếu ∆ = p2 − 4q < phương trình đặc trưng có hai nghiệm phức k1,2 = α ± iβ, với α = −p √ β = |∆| Khi phương trình có hai nghiệm ( ) y1∗ = e(α+iβ)x = eαx cos βx + i sin βx) ( ) y2∗ = e(α+iβ)x = eαx cos βx − i sin βx) (áp dụng công thức Euler) Theo Định lý 3.2.2 ta có y1 = (y1∗ + y2∗ ) = eαx cos βx ∗ (y1 − y2∗ ) = eαx sin βx 2i nghiệm, độc lập tuyến tính (8.31) Vì nghiệm tổng qt (8.31) ( ) αx y = e C1 cos βx + C2 sin βx y2 = Từ nghiệm tổng quát y (8.31), để tìm nghiệm tổng qt phương trình khơng (8.30) ta dùng phương pháp biến thiên hàng số Lagrange 3.3.3 Ví dụ Giải phương trình 1) y ′′ − 5y ′ + 6y = 2) y ′′ − 6y ′ + 9y = 3) y ′′ − 2y ′ + 5y = Giải 1) Phương trình đặc trưng k − 5k + = có nghiệm k1 = 2, k2 = Suy nghiệm tổng quát y = C1 e2x + C2 e3x 2) Phương trình đặc trưng k − 6k + = có nghiệm kép k0 = Suy nghiệm tổng quát y = C1 e3x + C2 xe3x 3) Phương trình đặc trưng ( k − 2k + = có )nghiệm phức k1,2 = ± 2i Suy nghiệm tổng quát y = ex C1 cos 2x + C2 sin 2x 3.3.4 Ví dụ Giải phương trình y ′′ − 4y ′ + 3y = e2x 268 Giáo trình Giải tích Giải Phương trình đặc trưng k − 4k + = có hai nghiệm thực k1 = k2 = Nghiệm tổng quát phương trình y = C1 ex + C2 e3x Để tìm nghiệm tổng quát phương trình khơng ban đầu ta dùng phương pháp biến thiên số Lagrange Nghiệm tổng quát y ′′ − 4y ′ + 3y = e2x có dạng y = C1 (x)ex + C2 (x)e3x , với C1 (x), C2 (x) thoả mãn hệ  C ′ (x)ex + C ′ (x)e3x C ′ (x)ex + 3C ′ (x)e3x Giải hệ ta nhận C1′ (x) ex =− , C1 (x) = − ex C2′ (x) = e−x =0 =e 2x Suy + C1 , C2 (x) = − e−x + C2 với C1 , C2 số tùy ý Vậy nghiệm tổng quát y ′′ − 4y ′ + 3y = e2x ( y= − ) ( e−x ) + C1 ex + − + C2 e3x = C1 ex + C2 e3x − e2x 2 ex 3.3.5 Phương pháp hệ số bất định Trong mục trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng phương trình vi phân cấp hai khơng hệ số số phương pháp hệ số bất định Phương pháp cho phép giảm bớt phép tính tích phân so với phương pháp biến thiên số Lagrange Tuy nhiên, phương pháp áp dụng cho trường hợp đặc biệt hàm f (x) Xét phương trình y ′′ + py ′ + qy = f (x) với p, q số thực f (x) hàm số liên tục (a, b) 1) Nếu f (x) = eαx Pn (x), với Pn (x) đa thức bậc n x Khi nghiệm riêng phương trình có dạng sau: (a) y = eαx Qn (x), α nghiệm phương trình đặc trưng; (b) y = xeαx Qn (x), α nghiệm đơn phương trình đặc trưng; (c) y = x2 eαx Qn (x), α nghiệm kép phương trình đặc trưng; Qn (x) đa thức bậc n x Việc tìm nghiệm riêng dẫn tới tìm hệ số Qn (x) phương pháp hệ số bất định 269 Giáo trình Giải tích ( ) 2) Nếu f (x) = eαx Pn1 (x) cos βx + Pn2 (x) sin βx , với Pn1 (x), Pn2 (x) đa thức bậc n1 , n2 tương ứng x Khi nghiệm riêng phương trình có dạng sau: ( ) (a) y = eαx Qn (x) cos βx + Rn (x) sin βx , α + iβ nghiệm phương trình đặc trưng; ( ) αx (b) y = xe Qn (x) cos βx + Rn (x) sin βx , α + iβ nghiệm phương trình đặc trưng; n = max{n1 , n2 } Qn (x), Rn (x) đa thức bậc n x Việc tìm nghiệm riêng dẫn tới tìm hệ số Qn (x), Rn (x) phương pháp hệ số bất định 3.3.6 Ví dụ Giải phương trình y ′′ − 3y ′ + 2y = 2xex Giải Phương trình đặc trưng k − 3k + = có nghiệm k1 = 1, k2 = Vậy nghiệm tổng quát phương trình y = C1 ex + C2 e2x Từ f (x) = 2xex ta thấy α = nghiệm đơn phương trình đặc trưng n = Suy nghiệm riêng phương trình khơng có dạng y = x(ax + b)ex Ta có ( ) ( ) y ′ = ax2 + (2a + b)x + b ex , y ′′ = ax2 + (4a + b)x + 2b + 2a ex Thay vào phương trình y ′′ − 3y ′ + 2y = 2xex ta nhận ( ) ( ) ax2 + (4a + b)x + 2b + 2a ex − ax2 + (2a + b)x + b ex +2(ax2 + bx)ex = 2xex với x ∈ R Rút gọn ta thu −2ax + 2a − b = 2x với x ∈ R Suy  −2a =2 2a − b = Giải hệ ta nhận a = −1, b = −2 Vậy nghiệm riêng phương trình y ∗ = −x(x + 2)ex Nghiệm tổng quát y = y + y ∗ = C1 ex + C2 e2x − x(x + 2)ex , (C1 , C2 ∈ R) 270 Giáo trình Giải tích 3.3.7 Ví dụ Giải phương trình y ′′ + y ′ − 2y = emx , (m tham số thực) Giải Phương trình đặc trưng k + k − = có nghiệm k1 = 1, k2 = −2 Nghiệm tổng quát phương trình y = C1 ex + C2 e−2x Để tìm nghiệm riêng phương trình ban đầu ta xét trường hợp sau: 1) Nếu m ̸= m ̸= −2 nghiệm riêng có dạng y = aemx Ta có y ′ = amemx , y ′′ = am2 emx Thay vào phương trình y ′′ + y ′ − 2y = emx ta nhận a(m2 + m − 2)emx = emx Suy a = , hay nghiệm riêng phương trình ban đầu m2 + m − y∗ = emx m2 + m − Vậy nghiệm tổng quát ∗ −2x x y = y + y = C1 e + C2 e + emx m2 + m − , (C1 , C2 ∈ R) 2) Nếu m = nghiệm riêng có dạng y = axex Tính đạo hàm thay vào phương trình y ′′ + y ′ − 2y = ex ta nhận a = 13 Vậy nghiệm tổng quát ∗ x −2x y = y + y = C1 e + C2 e + ex , (C1 , C2 ∈ R) 3) Nếu m = −2 nghiệm riêng có dạng y = axe−2x Tính đạo hàm thay −1 vào phương trình y ′′ + y ′ − 2y = e−2x ta nhận a = Vậy nghiệm tổng quát x.e−2x , (C1 , C2 ∈ R) y = y + y ∗ = C1 ex + C2 e−2x − Bạn đọc tham khảo thêm tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 271 Giáo trình Giải tích Hệ phương trình vi phân cấp 4.1 Các khái niệm 4.1.1 Định nghĩa Ta gọi hệ phương trình   dy1    = f1 (x, y1 , y2 , , yn )   dx      dy2 = f2 (x, y1 , y2 , , yn ) dx          dy   n = fn (x, y1 , y2 , , yn ) dx (8.33) hệ phương trình vi phân cấp chuẩn tắc, x biến độc lập, yk (x) hàm chưa biết cần tìm fk (x, y1 , , yn ) hàm cho trước xác định Ω ⊂ Rn+1 , k = 1, 2, n Bài tốn tìm nghiệm phương trình (8.33) thoả mãn điều kiện y1 (x0 ) = y10 , , yn (x0 ) = yn0 (8.34) gọi toán Cauchy, với (y10 , , yn0 ) điểm không gian n chiều Điều kiện (8.34) gọi điều kiện đầu 4.1.2 Định lý Nếu hàm f1 , f2 , , fn liên tục với đạo hàm riêng cấp n+1 chúng miền Ω chứa điểm (x0 , y10 , , yn0 ) thuộc khơng gian ( R ) lân cận điểm x0 R tồn nghiệm y1 (x), , yn (x) hệ (8.33) thỏa mãn điều kiện đầu (8.34) 4.1.3 Định nghĩa Nghiệm tổng quát hệ phương trình (8.33) n hàm yi (x) = ϕi (x, C1 , , Cn ), i = 1, , n với C1 , C2 , , Cn số tùy ý thảo mãn tính chất sau: 1) Các hàm yi thỏa mãn đẳng thức (8.33) với giá trị C1 , , Cn 2) Với điểm (x0 , y10 , , yn0 ) ∈ Rn+1 mà điều kiện tồn nghiệm hệ thỏa mãn tồn C10 , , Cn0 cho hàm yi = ϕi (x, C10 , , Cn0 ), i = 1, , n 272 Giáo trình Giải tích thỏa mãn điều kiện đầu: yi (x0 ) = yi0 với i = 1, , n Nghiệm riêng hệ (8.33) nghiệm có cho số Ci nghiệm tổng quát giá trị cụ thể 4.1.4 Liên hệ phương trình cấp cao hệ phương trình chuẩn tắc Xét phương trình vi phân cấp n giải đạo hàm cấp n ( ) y (n) = f x, y, y ′ , , y (n−1) (8.35) Đặt y = y1 , y ′ = y2 , ,y (n−1) = yn Khi đó, ta đưa (8.35) hệ phương trình sau mà gọi hệ phương trình chuẩn tắc   dy1    = y2   dx      dy2 = y3 dx          dyn   = f (x, y1 , y2 , , yn ) dx (8.36) Ngược lại từ hệ phương trình chuẩn tắc ta đưa phương trình vi phân cấp cao cách khử hàm số hệ Để đơn giản ta trình bày   dy    = f (x, y1 , y2 ) dx  dy    = g(x, y1 , y2 ) dx Đạo hàm hai vế phương trình thứ (8.37) ta cho hệ có hai ẩn hàm: (8.37) y1′′ = fx′ + fy′ y1′ + fy′ y2′ Thay y1′ , y2′ từ hệ (8.37) vào phương trình vừa nhận ta có y1′′ = F (x, y1 , y2 ) Tiếp tục rút y2 từ phương trình dy1 dx (8.38) = f (x, y1 , y2 ) ta có y2 = h(x, y1 , y1′ ) Thay y2 vừa nhận vào (8.38) ta có y1′′ = Φ(x, y1 , y1′ ) (8.39) 273 Giáo trình Giải tích phương trình vi phân cấp hai hàm y1 Nếu y1 , y2 nghiệm hệ y1 , y2 phải nghiệm (8.39) Bài tốn giải hệ phương trình quy giải phương trình Bạn đọc tham khảo thêm tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 4.1.5 Ví dụ Giải hệ phương trình vi phân   dx    =y dt  dy    = x dt (8.40) Đạo hàm hai vế phương trình dx dt =y theo t ta nhận x′′ = y ′ = x Ta nhận phương trình vi phân cấp hai x′′ − x = Phương trình có nghiệm tổng qt x = C1 et + C2 e−t Từ suy y = x′ = C1 et − C2 e−t 4.2 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số số Trong mục ta xét trường hợp đơn giản hệ phương trình vi phân 4.2.1 Định nghĩa Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số số hệ có dạng   dy1    = a11 y1 + a12 y2 + + a1n yn   dx      dy2 = a21 y1 + a22 y2 + + a2n yn (8.41) , dx          dy   n = an1 y1 + an2 y2 + + ann yn dx 274 Giáo trình Giải tích aij số cho trước, i = 1, , n; j = 1, , n Hệ viết dạng ma trận y ′ = Ay (8.42)  y1 (x)   y1′ (x)   a11 a12 a1n      ′    a21 a22 a2n   y2 (x)   y2 (x)  ′       , A= , y = y=          ′ an1 a12 ann yn (x) yn (x) 4.2.2 Phương pháp khử Phương pháp thực trường hợp tổng quát, đưa hệ phương trình phương trình vi phân bậc n Trong trường hợp ta thu phương trình vi phân tuyến tính hệ số Ta đến với ví dụ minh họa sau Bạn đọc tham khảo thêm tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [5] chương 4.2.3 Ví dụ Giải hệ phương trình  y ′ = y1 + y2 y ′ = 4y + y 2 Lấy đạo hàm phương trình thứ hệ theo x ta có y1′′ = y ′1 + y2′ = y1′ + (4y1 + y2 ) = y1′ + 4y1 + y1′ − y1 = 2y1′ + 3y1 Ta thu phương trình y1′′ − 2y1′ − 3y1 = Nghiệm tổng quát phương trình y1 = C1 e−x + C2 e3x Suy y2 = y1′ − y1 = −C1 e−x + 3C2 e3x − C1 e−x − C2 e3x = −2C1 e−x + 2C2 e3x CÂU HỎI THẢO LUẬN VÀ BÀI TẬP CỦA CHƯƠNG 275 Giáo trình Giải tích Câu hỏi thảo luận 1) Phương pháp giải phương trình vi phân cấp đặc biệt 2) Giải phương trình vi phân tuyến tính cấp hai hệ số 3) Giải hệ phương trình tuyến tính hệ số Bài tập chương Bài Giải phương trình vi phân sau a) (1 + ex )yy ′ = ex , thoả mãn y(0) = b) y ′ + sin(x + y) = sin(x − y) c) y ′ sin x = y ln y d) y ′ = + x−y e) xy ′ − y = y Bài Giải phương trình vi phân sau 1) xydx + (x + 1)dy 2) (x2 − 1)y ′ + 2xy = với y(0) = √ 3) y ′ = 4x + 2y − Bài Giải phương trình vi phân sau 1) 2x3 y ′ = y(2x2 − y ) 2) y + x2 y ′ = xyy ′ y+x x+3 x+3 √ 4) 2xy ′ + y = y x − x2 y 3) (y ′ + 1) ln y+x = Bài Giải phương trình vi phân sau 1) xy ′ − 2y = 2x4 2) (2x + 1)y ′ = 4x + 2y 3) x(y ′ − y) = ex 4) (2x2 y ln y − x)y ′ = y 276 Bài Giải phương trình vi phân sau 1) e−y dx − (2y + xe−y )dy = 2) (1 + y sin 2x)dx − 2y cos2 xdy = 3) (x2 + y + x)dx + ydy = 4) (x2 + ln y)ydx = xdy Bài Giải phương trình vi phân sau 1) y = 3xy ′ − 7y ′3 2) xy ′ − y = ln y ′ 3) y ′3 = 3(xy ′ − y) 4) xy ′ (y ′ + 2) = y Bài Giải phương trình vi phân sau 1) y ′2 + 2yy ′′ = 2) y ′′ + y ′2 = 2e−y 3) xyy ′′ − xy ′2 = yy ′ 4) y ′′2 ′ ′′ −yy = ( y )2 x Bài Giải phương trình vi phân sau 1) y ′′ + 4y ′ + 3y = 2) y ′′ − 4y ′ + 5y = 3) y ′′ + 4y = Bài Giải phương trình vi phân sau 1) y ′′ − 2y ′ − 3y = e4x 2) y ′′ + y ′ − 2y = 3xex 3) y ′′ − 4y ′ + 8y = e2x + sin 2x 4) y ′′ + 3y ′ − 4y = e−4x + xe−x Bài 10 Giải phương trình vi phân sau 1) x2 y ′′ − xy ′ + 2y = x ln x Giáo trình Giải tích 277 Giáo trình Giải tích 2) (2x + 1)2 y ′′ − 4(2x + 1)y ′ + 8y = −4(2x + 1) 1 3) y ′′ + y ′ + y = sin(ln x) x x Bài 11 Giải hệ phương trình vi phân sau     √ dy dy      = ex−y x = y + y − x2 dx a) dx b)   dz 2z dz y+z    =    = dx 2x − z dx z − x     dx x dx      =  =y y c) dt d) dt   dy y dy      = x  = dt x dt TÀI LIỆU THAM KHẢO CỦA CHƯƠNG [1] Trần Văn Ân, Tạ Quang Hải Đinh Huy Hoàng (1998), Tốn cao cấp, Tập (Giải tích hàm nhiều biến), Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Ngọc Cư, Lê Huy Đạm, Trịnh Danh Đằng Trần Thanh Sơn (2004), Giải tích 1, (Giáo trình dùng cho sinh viên Trường Đại học Xây dựng sinh viên Trường Đại học Cao đẳng kỹ thuật), Nhà xuất ĐHQG-Hà nội [3] Đinh Huy Hoàng, Kiều Phương Chi, (2013), Giáo trình Giải tích (Dành cho sinh viên ngành Xây dựng), Đại học Vinh [4] Y.Y Liasko, AC Boiatruc (1978), Giải tích tốn học, ví dụ toán, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp [5] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, (2000), Tốn cao cấp, Tập 3, Nhà xuất Giáo dục ... viên Trường Đại học Cao đẳng kỹ thuật) , Nhà xuất ĐHQG-Hà nội [2] Đinh Huy Hoàng, Kiều Phương Chi, Nguyễn Văn Đức, Vũ Hồng Thanh, Trần Đức Thành (20 17), Giáo trình Giải tích (Dành cho sinh viên. .. − 2) n n n n=1 TÀI LIỆU THAM KHẢO CỦA CHƯƠNG [1] Nguyễn Ngọc Cư, Lê Huy Đạm, Trịnh Danh Đằng Trần Thanh Sơn (20 04), Giải tích 1, (Giáo trình dùng cho sinh viên Trường Đại học Xây dựng sinh viên. .. xuất Đại học Vinh [3] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (20 02) , Giải tích toán học, Tập 1, Nhà xuất ĐH Sư phạm [4] Y.Y Liasko, AC Boiatruc (1978), Giải tích tốn học, ví dụ tốn, NXB Đại học Trung học