Tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất:

2 Phương trình vi phân cấp cao

2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất:

Trong mục trước ta đã biết cách tìm nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất bằng phương pháp biến thiên hằng số từ các nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Trong một số trường hợp mà hàm g(x) ở vế phải của phương trình (2.18) cĩ dạng đặc biệt, ta cĩ thể tìm được nghiệm riêng của nĩ theo phương pháp sau đây (tạm gọi là phương pháp hệ số bất định).

Trường hợp I: g(x) = eαxPm(x)

(ở đây Pm(x) là đa thức bậc m)

a) Nếuα khơng phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng

yr =eαxQm(x)

b) Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng

yr =xkeαxQm(x)

trong đĩ Qm(x) là đa thức tổng quát bậcm mà ta phải xác định các hệ số của nĩ.

Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình

y00

−3y0

+ 2y = (3−4x)ex

Phương trình đặc trưng là

λ2−3λ+ 2 = 0

cĩ hai nghiệm là λ1 = 1và λ2 = 2, trong đĩ α= 1 là nghiệm đơn của nĩ nên nghiệm riêng cĩ dạng

yr =xex(Ax+B)

Thay vào phương trình đã cho và cân bằng các hệ số ta thu được hệ

−2A= 4 2A−B = 1

Giải ra ta được A = 2và B = 1, khi đĩ nghiệm riêng là yr =xex(2x+ 1). Cuối cùng, nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y=C1ex+C2e2x+xex(2x+ 1).

Trường hợp II: g(x) = eαx{P(x) cosβx+Q(x) sinβx} (ở đây P(x), Q(x) là hai đa thức nào đĩ)

a) Nếu α+iβ khơng phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 57

b) Nếu α+iβ là nghiệm bộik của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng cĩ thể tìm dưới dạng

yr =xkeαx{R(x) cosβx+S(x) sinβx}

trong đĩ R(x), S(x)là hai đa thức cĩ bậc bằngmax{deg(P),deg(Q)}mà các hệ số của chúng được tìm nhờ phương pháp hệ số bất định.

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y00+y= 4xsinx

Phương trình đặc trưng cĩ nghiệm là ±i và α+iβ = i là nghiệm đơn (bội 1) của nĩ nên nghiệm riêng cĩ dạng

yr =x[(Ax+B) cosx+ (Cx+D) sinx]

Thay vào phương trình đã cho và cân bằng các hệ số ta được        −2A= 2 C−B = 0 D+A= 0 2C = 0 ⇔        A=−1 B = 0 C= 0 D= 1

Vì thế, nghiệm riêng là yr=x(−xcosx+ sinx) và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y=C1cosx+C2sinx+x(sinx−xcosx)

Chú ý: Nếu g(x) khơng cĩ các dạng đặc biệt trên nhưng cĩ thể viết thành

g(x) =g1(x) +· · ·+gm(x)

trong đĩ mỗi gj cĩ dạng đặc biệt như trên thì ta tìm nghiệm riêng dưới dạng

yr =y1+· · ·+y2

trong đĩ yj là nghiệm riêng của phương trình tương ứng với gj.

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y00

−y0

= 5ex−sin 2x. Ta lần lượt tìm nghiệm riêng của các phương trình y00

− y0 = 5ex và y00

− y0 =

−sin 2x theo phương pháp trên. Kết quả ta được hai nghiệm riêng là y1 = 5xex và

y2 = 1

5sin 2x−101 cos 2x. Do đĩ nghiệm riêng của phương trình đã cho làyr =y1+y2 = 5xex+1

5sin 2x− 1

10cos 2x.

BÀI TẬP

1. Giải các phương trình vi phân cấp cao sau đây: (a) x−ey00

+y00

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 58 (b) y02 + 2yy00 = 0 (c) y00 =x− y 0 x (d) y002 +x2 = 1 (e) y00 =ay0(1 +y02 )

2. Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp II biết một nghiệm riêng của nĩ (a) x2(lnx−1)y00

−xy0+y= 0, biết rằng nĩ cĩ một nghiệm riêng dạngy(x) =xα

(b) (2x−x2)y00 + (x2−2)y0 + 2(1−x)y= 0, y(1) = 0, y0 (1) = 1, biết rằng nĩ cĩ một nghiệm riêng dạng y(x) =ex (c) (2x−x2)y00+ 2(x−1)y0

−2y =−2, biết rằng nĩ cĩ hai nghiệm riêng dạng

y1(x) = 1 và y2(x) =x

3. Giải các phương trình tuyến tính hệ số hằng sau đây (a) y00 −7y0 + 6y= sinx (b) y00+ 9y= 6e3x (c) y00 −9y0+ 20y=x2e4x (d) y00 −3y0 =e3x−18x (e) y00+y =x2cos2x−18x (f) y00 −4y0+ 4y=e2xcos2x

4. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây: (a) y00 −y= e x ex+ 1 (b) y00+y = tanx (c) y00+ 2y0+y= 3e−x√ x+ 1 (d) y00+ 5y0+ 6y= 1 e2x+ 1

5. Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp II biết hệ nghiệm cơ bản: (a) {x3, x4}

(b) {x, xex}

6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây: (a) y000 −4y00 −y0 + 4y = 0 (b) y(4)−5y00 + 4y= 0 (c) y000 −2y0 + 4y= 0

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 59 (a) y00 −4y =−7e2x+x, với y(0) = 1, y0 (0) = 3 (b) y00+ 4y= 34 cosx+ 8, với y(0) = 3, y0(0) = 2 (c) y00+y = 5 sin2x, với y(0) = 2, y0(0) =−4

8. Với các giá trị nào của các số thựca, b thì phương trình

y00

+ay0

+by = 0

(a) cĩ mọi nghiệm triệt tiêu tại∞ (b) cĩ mọi nghiệm giới nội trên(0,+∞)

(c) cĩ mọi nghiệm tuần hồn trên R (d) mỗi nghiệm đều cĩ vơ số khơng điểm. 9. Chứng tỏ rằng với phép đổi ẩn y = ze−12R

p(x)dx cĩ thể đưa phương trình y00+

p(x)y0+q(x)y= 0về dạngz00+Q(x)z = 0. Áp dụng vào giải phương trình y00

−2xy0

Chương 3

Hệ phương trình vi phân

Trong chương này ta sẽ nghiên cứu các hệ phương trình vi phân cấp I, đặc biệt là các hệ phương trình vi phân tuyến tính mà cấu trúc nghiệm của nĩ tương tự như trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp cao.

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 3.1.1 Các định nghĩa

Hệ phương trình vi phân tổng quát là hệ gồm các phương trình chứa biến độc lập, các hàm (nghiệm) cần tìm và nhất thiết phải chứa các đạo hàm của chúng theo biến độc lập. Nếu chỉ xuất hiện các đạo hàm cấp I của các ẩn, ta nĩi hệ đĩ là hệ phương trình vi phân cấp I.

Ta nĩi một hệ gồm n phương trình vi phân cấp I là cĩ dạng chuẩn tắc (dạng giải ra được đối với đạo hàm) nếu cĩ thể viết dưới dạng:

                   dy1 dx =f1(x, y1, . . . , yn) dy2 dx =f2(x, y1, . . . , yn) · · · · dyn dx =fn(x, y1, . . . , yn) (3.1) trong đĩ x là biến độc lập, y1, . . . , yn là cácẩn cần tìm.

Hệ phương trình chuẩn tắc trên cĩ thể viết lại dưới dạng thu gọn nhu sau

y0 =f(x, y) (3.2) trong đĩ y = (y1, . . . , yn)T, y0

= (y0

1, . . . , y0

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 61

Định nghĩa 3.1.1. Mỗinghiệmcủa hệ (3.1) là một bộ gồmnhàmy1 =ϕ1(x), . . . , yn=

ϕn(x) khả vi liên tục trên khoảng I ⊂ R mà khi thay vào (3.1) thì được đẳng thức đúng.

3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phâncấp cao. cấp cao.

Với một số giả thiết nào đĩ, việc giải hệ phương trình (3.1) cĩ thể đưa về giải phương trình vi phân cấp cao dựa trên phương pháp khử sau đây. Đạo hàm hai vế của phương trình đầu tiên của hệ (3.1), ta được

y100= ∂f1 ∂x + ∂f1 ∂y1 y10 +· · ·+ ∂f1 ∂yny 0 n Thay các y0

j bởi các biểu thức của nĩ, ta cĩ thể viết y00

1 như là hàm của x, y1, . . . , yn y00

1 =F1(x, y1, . . . , yn)

Lại lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này theo x, ta cĩ

y000 1 = ∂F1 ∂x + ∂F1 ∂y1 y0 1+· · ·+∂F1 ∂yny 0 n =:F2(x, y1, . . . , yn)

Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y1 ta được hệ              y0 1 =f1(x, y1, . . . , yn) y00 1 =F1(x, y1, . . . , yn) · · · · y1(n) =Fn−1(x, y1, . . . , yn)

Trong hệ này ta xét n−1phương trình đầu tiên vớin−1ẩn là y2, . . . , yn. Với một vài điều kiện nào đĩ (thoả mãn giả thiết của định lý hàm ngược) ta cĩ thể giải được (duy nhất) các y2, . . . , yn như là hàm theo các biến x, y1, y0

1, . . . , y(1n−1). Thay biểu thức của chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta cĩ

y1(n) =Fn(x, y1, y10, . . . , y1(n−1))

Đây là phương trình vi phân cấpn dạng đã giải ra đối với đạo hàm. Giải phương trình này để tìm y1, rồi tính các đạo hàmy0

1, . . . , y1(n−1). Từ đĩ ta tính được các y2, . . . , yn. Ngược lại, cho trước phương trình vi phân cấp n dạng

y(n) =f(x, y, y0

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 62

ta cĩ thể đưa về một hệ phương trình vi phân dạng chuẩn tắc bằng cách đặt y1 =y,

yk+1 =y0 k        y0 1 =y2 y0 2 =y3 · · · · y0 n =f(x, y1, y2, . . . , yn) Ví dụ: Giải hệ sau dx dt =y, dy dt =x

Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phương trình d2x dt2 −x= 0 từ đĩ nghiệm tổng quát là x=x(t) =C1e−t+C2et Từ phương trình thứ nhất ta tính được y=y(t) = −C1e−t+C2et

3.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Đối với hệ phương trình vi phân cấp I, bài tốn Cauchy được phát biểu một cách tương tự nhu trường hợp một phương trình: Tìm nghiệm y1(x), . . . , yn(x) của hệ (3.1) thoả điều kiện ban đầu

yj(x0) =y0j, j = 1,2, . . . , n (3.3) trong đĩ các giá trị x0 ∈I, y0

1, . . . , y0

n cho trước, gọi là giá trị ban đầu.

Để ý rằng khơng phải bao giờ định lý Cauchy cũng cĩ (duy nhất ) nghiệm. Định lý sau đây giải quyết bài tốn này đối với hệ chuẩn tắc.

Định lý 3.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hàm f1(x, y), . . . , fn(x, y)

trong (3.1) là liên tục trên một tập mở G ⊂ Rn+1 chứa (x0, y0

1, . . . , y0

n) và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y. Khi đĩ trong một lân cận nào đĩ của x0 cĩ tồn tại một nghiệm y1(x), . . . , yn(x) thoả bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu đã cho và nghiệm đĩ là duy nhất.

Chứng minh: : Viết lại hệ dưới dạng dy

dx = f(x, y), trong đĩ y := (y1, . . . , yn)T và

f := (f1, . . . , fn)T và lập lại các bước chứng minh nhu trong định lý tồn tại và duy nhất cho phương trình vi phân cấp I.

Nhận xét: Thay cho điều kiện Lipschitz ta cĩ thể yêu cầu (mạnh hơn rằng) hàm

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 63

Định nghĩa 3.1.2. Giả sử tập G thoả mãn tất cả các giả thiết của định lý 3.1. Khi đĩ n hàm

yj =yj(x, C1, . . . , Cn) j = 1,2, . . . , n (∗)

phụ thuộc vàon tham sốC1, . . . , Cnvà cĩ các đạo hàm riêng theoxđược gọi lànghiệm tổng quát của hệ (3.1) nếu:

• Với mỗi (x0, y0

1, . . . , y0

n) trong G, từ hệ (∗)cĩ thể giải được (duy nhất) các hằng số C1, . . . , Cn.

• Tập hợp n hàm trong(∗)là nghiệm của hệ (3.1) với mỗi bộ giá trị của các tham số C1, . . . , Cn giải ra đối với mỗi (x, y1, . . . , yn)∈G.

Định nghĩa 3.1.3. Nghiệm của hệ mà tại mỗi điểm của nĩ thoả mãn các điều kiện của định lý 3.1 được gọi là nghiệm riêng của hệ. Ngược lại, nghiệm của hệ mà tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị.

Ví dụ: Kiểm tra rằng hệ các hàm

y1(x) =C1e−x+C2e−3x

y2(x) =C1e−x+ 3C2e−3x+ cosx

là nghiệm tổng quát của hệ

y0

1(x) =−y2+ cosx y0

2(x) = 3y1−4y2+ 4 cosx−sinx

Ta cĩ f1(x, y1, y2) = −y2 + cosx và f2(x, y1, y2) = 3y1 −4y2 + 4 cosx−sinx, do đĩ chúng cĩ các đạo hàm riêng liên tục trên R3.

Với mỗi (x, y1, y2)∈R3, ta luơn cĩ thể giải được (duy nhất) các C1, C2, cụ thể

C1 = 12ex(3y1−y2+ cosx)

C2 = 1

2e−3x(y2−y1−cosx

Ngồi ra, từ các hàm đã cho, ta cĩ

y0

1(x) =−C1e−x−3C2e−3x y0

2(x) =−C1e−x−9C2e−3x−sinx

nên chúng là nghiệm của hệ nĩi trên.

3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phâna) Đưa hệ về phương trình cấp cao: a) Đưa hệ về phương trình cấp cao:

Nhờ mối liên hệ chặt chẽ giữa hệ phương trình vi phân cấp I và phương trình vi phân cấp cao, ta cĩ thể đưa việc giải hệ phương trình vi phân về giải phương trình vi phân cấp cao, như ví dụ trên. Ta xét một ví dụ khác

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 64

Ví dụ: Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc

y0

1 =−y2+ cosx y0

2 = 3y1−4y2+ 4 cosx−sinx

Ta đưa hệ phương trình đã cho về phương trình vi phân cấp II với ẩn là y1. Đạo hàm hai vế phương trình đầu tiên ta được

y00 1 =−y0 2−sinx =−(3y1−4y2+ 4 cosx−sinx) =−3y1+ 4y2−4 cosx Thay y0 2 từ phương trình thứ II ta được: y100+ 4y01−3y1 = 0

Phương trình thuần nhất này cĩ nghiệm tổng quát là

y1 =C1e−x+C2e−3x

Từ phương trình thứ nhất ta tìm được

y2 =C1e−x+ 3C2e−3x+ cosx

b) Phương pháp lập tổ hợp tích phân:

Cho hệ phương trình vi phân cấp I

dyi

dx =fi(x, y1, . . . , yn), với i= 1,2, . . . , n

Để giải hệ này ta cĩ thể tìm một phương trình hệ quả (chẳng hạn tổ hợp tuyến tính của các phương trình trên) của hệ đã cho, dễ lấy tích phân hơn, và được gọi là tổ hợp tích phân của hệ phương trình đã cho.

Ví dụ: Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau

dx dt =y,

dy dt =x

Lấy hai phương trình đã cho cộng và trừ với nhau ta được

d(x+y)

dt =x+y và d(x−y)

dt =−(x−y)

Giải từng phương trình, ta thu được hệ

x+y=C1et và x−y=C2e−t

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. 65

Nhận xét: Mỗi tổ hợp tích phân cĩ thể viết dưới dạng

Φ(x, y1, . . . , yn) = C

và phương trình này (hoặc vế trái của nĩ) được gọi là tích phân đầu của hệ. Nếu tìm được k tổ hợp tích phân của hệ

           Φ1(x, y1, . . . , yn) =C1 Φ2(x, y1, . . . , yn) =C2 ... Φk(x, y1, . . . , yn) =Ck

và nếu k tích phân đầu này độc lập, thì cĩ thể đưa về giải hệ gồmn−k phương trình. Trường hợp k=n, khi đĩ n tích phân đầu độc lập cho ta nghiệm tổng quát của hệ.

Ví dụ: Tích phân hệ phương trình sau đây

dx

dt =z−y, dy

dt =x−z, dz

dt =y−x

Cộng các phương trình với nhau ta được

d(x+y+z)

dt = 0

Phương trình này cho một tích phân đầu là

ϕ1 =x+y+z =C1

Bây giờ nhân các phương trình với x, y, z lần lượt rồi cộng lại, ta được

d(x2+y2+z2)

dt = 0

từ đây ta cung thu được tích phân đầu

ϕ2 =x2+y2+z2 =C2

Ta dễ kiểm tra rằng ϕ3 =xy+yz+zx=C3 cũng là một tích phân đầu nhung bộ ba gồm các tích phân đầu ϕ1, ϕ2, ϕ3 khơng độc lập tuyến tính nên khơng thể cho nghiệm tổng quát của hệ.

Tuy nhiên, từ hai tích phân đầu đầu tiên, ta giải để tìm x, y:

x= 1 2 C1−z− q 2C2−C2 1 + 2C1z−3z2 y= 1 2 C1−z+ q 2C2−C2 1 + 2C1z−3z2

3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 66

Thay các biểu thức này vào phương trình cuối

dz dt = q 2C2−C2 1 + 2C1z−3z2 ta tìm được nghiệm arcsin 3z−C1 p 6C2−2C2 1 −√3t =C3

Kết hợp với hai tích phân đầu ϕ1, ϕ2 ta tìm được nghiệm tổng quát của hệ.

3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân 3.2.1 Sự tồn tại nghiệm

Trong định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy, điều kiện Lipschitz khơng thể bỏ được. Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại (nhưng khơng duy nhất!) của nghiệm, khơng địi hỏi điều kiện Lipschitz.

Định lý 3.2 (Peano). Xét hình hộp A={(x, y)∈R×Rn/|x−x0| ≤a,||y−y0|| ≤b} và giả sử f :A→Rn liên tục. Đặt M = maxA||f(x, y)|| và α = min(a, b/M). Khi đĩ bài tốn Cauchy y0 =f(x, y), y(x0) =y0 cĩ ít nhất một nghiệm trên [x0−α, x0+α].

Nhận xét: Trước hết hãy lưu ý rằng ta khơng thể sử dụng phương pháp lặp Picard vì khơng cĩ đủ giả thiết bảo đảm dãy xấp xỉ Picard hội tụ. Thay vào đĩ, người ta xây