Đối với những phương trình mà tích phân tổng quát của nĩ cho bởi
Φ(x, y, C) = 0 (1.42)
ta cĩ thể tìm nghiệm kỳ dị của nĩ thơng qua việc tìm các C−biệt tuyến, tức là đường cong trong R2 xác định bằng cách khử C từ hệ ( Φ(x, y, C) = 0 ∂Φ ∂C(x, y, C) = 0 (1.43)
Nhận xét: Cĩ thể kiểm tra khơng khĩ (xem [1]) rằng nếu C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) thì nĩ là một nghiệm kỳ dị của phương trình (1.39). Do đĩ để tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C−biệt tuyến của nĩ. Biệt tuyến đĩ là đường cong R(x, y) = 0 nhận được bằng cách khử C từ hệ (1.43). Sau đĩ , thử xem cĩ nhánh nào của C−biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay khơng; nếu cĩ, đĩ chính là nghiệm kỳ dị của phương trình.
Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) cĩ các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn và khơng đồng thời bằng khơng thì C−biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát (1.42); nĩi cách khác C−biệt tuyến là nghiệm kỳ dị.
Ví dụ: (xem [1]) Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình Lagrange x−y= 4 9y
02
−278 y03 Phương trình Lagrange này cĩ tích phân tổng quát là (y−C)2 = (x−C)3. Do đĩ biệt tuyến cho bởi hệ
(y−C)2 = (x−C)3
2(y−C) = 3(x−C)2 Khử C ta được
y=x, y=x−274 Chỉ cĩ y =x− 4
27 là bao hình nên nĩ là nghiệm kỳ dị. Cịn đường thẳng y=x chứa các điểm kỳ dị của nghiệm tổng quát (xem Hình 1.6).
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 33
Y=x
Y=x - 4/27
Hình 1.6: Nghiệm kỳ dị của phương trìnhx−y = 4 9y
02
− 278 y03
BÀI TẬP
1. Giải các phương trình vi phân tách biến: (a) (xy2+ 4x)dx+ (y+x2y)dy= 0 (b) 2xp 1−y2+yy0 = 0 (c) y0 =ex+y (d) y0 = x 2y−y y+ 1
2. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất sau (a) y0 = y x−1 (b) y0 = 2xy x2−y2 (c) (y2−3x2)dy+ 2xydx = 0 (d) xy0 =ylny x
3. Tích phân các phương trình vi phân sau đây: (a) (x−2y+ 9)dx= (3x−y+ 2)dy (b) y0 = 2 y+ 2 x+y−1 2
4. Kiểm tra các phương trình sau là phương trình vi phân tồn phần và giải chúng (a) y
xdx+ (y
3+ lnx)dy = 0
1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 34
(c) 2xydx+ (x2−y2)dy = 0
(d) [(x+ 1)ex−ey]dx=xeydy
5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau (a) (x+y2)dx−2xydy = 0
(b) (y2−6xy)dx+ (3xy−6x2)dy= 0
(c) y(1 +xy)dx−xdy = 0
(d) xylnydx+ (x2+y2p
y2+ 1)dy= 0
6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân tuyến tính sau (a) y0 −4y=x−2x2 (b) xy0+y=ex (c) y0 −ytanx= 1 cosx (d) y2dx−(2xy+ 3)dy= 0
7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau (a) 3y0
+y= (1−2x)y4 (b) yy0+y2 =x
(c) y0
+y=ex2√y
8. Giải các phương trình vi phân sau đây (a) y02 −(x+y)y0+xy = 0 (b) y03 −yy02 −x2y0+x2y= 0 (c) xy03 = 1 +y0 (d) y03 +y3 = 3yy0
9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây (a) y=xy0+ 12 (b) xy0 −y= lny0 (c) y=xy0+ q y02+ 1 (d) yy0 = 2y02 x+ 1
Chương 2
Phương trình vi phân cấp cao
Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao và lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 2.1.1 Các khái niệm
Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình cĩ dạng
F(x, y, y0
, y00
, . . . , y(n)) = 0 (2.1) trong đĩ F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đĩ của Rn+2 và nhất thiết phải cĩ sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n).
Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1) dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm:
y(n) =f(x, y, y0
, . . . , y(n−1)) (2.2) Dưới dạng này ta cĩ thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu (hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mớiy1 :=y,
yk :=y(k−1), k = 1, n, ta thu được y0 1 =y2 y0 2 =y3 ... y0 n−1 =yn y0 n=f(x, y1, . . . , yn) (2.3) Đặt Y := (y1, . . . , yn)t, g(x, Y) := (y2, . . . , yn, f(x, y1, . . . , yn)t) là các vector-hàm ta cĩ thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản
Y0
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 36
2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Tương tự như trường hợp phương trình vi phân cấp I, bài tốn Cauchy đối với phương trình vi phân cấp cao (2.1) đặt ra như sau:
Tìm nghiệmy(x)của phương trình (2.1) thoả điều kiện ban đầu:
y(x0) =y0, y0 (x0) =y0 0, . . . . y(n−1)(x0) =y(0n−1) (2.5) trong đĩ x0 ∈I ⊂Rvà Y0 := (y0, y0 0, . . . , y0(n−1))∈Rn cố định, cho trước.
Để phát biểu định lý khẳng định sự tồn tại lời giải của bài tốn Cauchy ta cần khái niệm sau:
Cho vector-hàm f(x, Y) xác định trên miền G ⊂ R×Rn. Ta nĩi f thoả điều kiện Lipschitz trên G theo Y nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz) sao cho:
||f(x, Y1)−f(x, Y2)|| ≤L||Y1−Y2||, với mọi(x, Y1),(x, Y2)∈G
Ta luu ý rằng điều kiện Lipschitz khơng phải là hệ quả của tính liên tục. Chẳng hạn hàm f(x, y) =√y liên tục nhưng khơng thoả điều kiện Lipschitz trong lân cận của 0.
Hệ quả 2.1. Với các ký hiệu trong mục trước, nếu hàmf(x, Y)thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y thì g(x, Y) cũng thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y.
Định lý 2.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân cấp cao).
Giả sử vector-hàm g(x, y) trong (2.4) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo Y trên miền
G={(x, Y)∈R×Rn/|x−x0| ≤a,||Y −Y0|| ≤b}
Khi đĩ bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) cĩ một nghiệm duy nhất trên đoạn
I := [x0−h, x0+h], với h:= min(a,Mb ) và M := max(x,Y)∈G||g(x, Y)||.
Chứng minh: Tương tự như trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, chỉ cần thay giá trị tuyệt đối bởi chuẩn trong Rn.
Hệ quả 2.3. Nếu hàm f trong (2.2) liên tục và cĩ các đạo hàm riêng theo biến yk :=
y(k−1) cũng liên tục trong một lân cận nào của (x0, Y0) thì bài tốn Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) cĩ một nghiệm duy nhất trong lân cận của điểm này.
Nhận xét: Tương tự như trong chương I, ta cũng định nghĩa các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp cao. Chẳng hạn, nghiệm kỳ dị của (2.2) là nghiệm mà tại mỗi điểm của nĩ tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm. Ta gọi nghiệm tổng quát của (2.2) là họ các hàm ϕ(x, C1, . . . , Cn)phụ thuộc (một cách liên tục) vào n hằng số tuỳ ý C1, . . . , Cn. Với mỗi bộ giá trị của n tham số này ta nhận được một nghiệm riêng của phương trình.
Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y00 = y là y(x) = C1ex+C2e−x. Nĩ phụ thuộc vào hai hằng số tuỳ ý C1 và C2.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 37
2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầuphương phương
a) Phương trình F(x, y(n)) = 0
Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trong trường hợp cĩ thể giải ra đối với đạo hàm:
y(n)=f(x)
ta cĩ thể tích phân liên tiếp theo x và thu được
y(n−1) =Rx x0f(x)dx+C1 y(n−2) =Rx x0dxRx x0f(x)dx+C1(x−x0) +C2 ... y= Z x x0 dx . . . Z x x0 | {z } n lần f(x)dx+ C1 (n−1)!(x−x0)n−1+ + C2 (n−2)!(x−x0)n−2+· · ·+Cn−1(x−x0) +Cn
Ví dụ: Phương trình y(n) = 0cĩ nghiệm là đa thức tổng quát cấp n−1
y(x) = c1(x−x0)n−1+c2(x−x0)n−2+· · ·+cn−1(x−x0) +cn
Trong trường hợp khơng giải ra được y(n) nhưng cĩ thể tham số hố
x=ϕ(t), y(n) =ψ(t) khi đĩ ta cĩ dy(n−1)=y(n)dx=ψ(t)ϕ0 (t)dt Vì vậy y(n−1) = Z ψ(t)ϕ0(t)dt=ψ(t, C1)
Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng tham
số (
x=ϕ(t),
y=ψm(t, C1, . . . , Cn)
b) Phương trình F(y(n−1), y(n)) = 0: Cách giải: Nếu cĩ thể giải được
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 38
thì, bằng cách đặt z :=y(n−1), cĩ thể viết lại phương trình dưới dạng sau:
z0
=f(z)
Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là z = g(x, C), ta trở lại trường hợp trên với phương trình
y(n−1)=g(x, C) với C là tham số. Nếu cĩ thể tham số hố y(n−1) =ϕ(t), y(n) =ψ(t) thì từ dy(n−1) =y(n)dx ta suy ra dx= dy (n−1) y(n) = ϕ 0(t)dt ψ(t) Do đĩ x= Z ϕ0 (t)dt ψ(t) =ϕ1(t, C1)
và ta trở lại trường hợp trên với
x=ϕ1(t, C1), y(n−1) =ϕ(t) Ví dụ: Giải phương trình y000
=y00
+ 1
Đặt z=y00ta cĩ phương trìnhz0
−z = 1. Phương trình này cĩ nghiệm tổng quát là
z =C1ex−1
Do đĩ, ta được phương trình
y00=C1ex−1
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y(x) =C1ex− x 2
2 +C2x+C3
c) Phương trình F(y(n−2), y(n)) = 0:
Đối với dạng phương trình này ta đặt z=y(n−2) và viết lại phương trình theo z F(z, z00
) = 0
Nếu từ phương trình này cĩ thể giải được z00 =f(z) thì ta cĩ
2z0
z00
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 39 hay d((z0 )2) = 2f(z)dz Từ đĩ ta tìm được z0 =± s 2 Z f(z)dz+C1
Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z =z(x)với nghiệm tổng quát cĩ dạng
Φ(x, z, C1, C2) = 0
Thay z =y(n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a).
Ví dụ: Giải phương trình y000 =y0. Đặt z =y0 ta thu được phương trình
z00
=z
Nhân hai vế phương trình này với 2z0, ta được
d(z0)2 =dz2
và cĩ nghiệm là
z0
=√
z2+A .
Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nĩ là
z+√
z2+A=Bex
Nhân với lượng liên hợp, ta thu được
z−√z2+A=−ABe−x Từ đĩ, ta cĩ z = B 2e x −2ABe−x
Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát
y= B 2e x+ A 2Be −x+C Hay y=C1ex+C2e−x+C3
2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao cĩ thể hạ cấp
Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà cĩ thể đưa về phương trình cấp thấp hơn bằng cách đổi biến.
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 40
a) Phương trình dạng F(y, y0
, . . . , y(n)) = 0:
Phương trình này khơng chứa biến độc lập x. Ta đặt p=y0. Khi đĩ
y0 =p= dy dx y00 = dp dx =p dp dy y000 = d dx pdp dy = dp dx dp dy +p d dx dp dy =p dp dy 2 +p2d2p dy2 ... y(n) =g p,dp dy, . . . , dn−1p dyn−1
Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phân cấp n−1 theo ẩnp=p(y)
G(y, p, p0
, . . . , p(n−1)) = 0
Giả sử phương trình này cĩ nghiệm tổng quát là
Φ(y, p, C1, . . . , Cn−1) = 0
ta thayp=y0thì thu được phương trình dạngF(y, y0) = 0mà là phương trình vi phân cấp I.
Ví dụ: Giải phương trình (1 +y2)yy00
= (3y2−1)y02 Đặt p=y0 như đã trình bày, phương trình đưa về dạng
(1 +y2)ypdp dy = (3y
2
−1)p2
Chia 2 vế cho p (với giả thiết p6= 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến
dp p =
3y2−1 (1 +y2)ydy
Nghiệm tổng quát của nĩ là
py
(1 +y2)2 =C1
Thay p=y0, ta cĩ phương trình
yy0
(1 +y2)2 =C1 Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 41
b) Phương trình thuần nhất đối với ẩn hàm y và các đạo hàm của nĩ:
T a nĩi phương trình vi phânF(x, y, y0, . . . , y(n)) = 0làthuần nhất theo ẩn hàmyvà các đạo hàm của nĩ nếu F là hàm thuần nhất (bậcm nào đĩ) theo các biến y, y0, . . . , y(n). Tức là
F(x, ty, ty0
, . . . , ty(n)) =tmF(x, y, y0
, . . . , y(n))
Đối với lớp các phương trình này ta cĩ thể hạ cấp bằng cách đặt y0 =uy Khi đĩ ta cĩ
y0 =uy y00 =y0 u+u0 y=y(u0 +u2) y000 =y(u00+ 3uu0+u3) ... y(n) =y.g(u, u0, . . . , u(n−1))
Nhờ tính thuần nhất, phương trình đã cho cĩ thể viết lại dạng
ymF(x,1, u, u0+u2, . . . , g(u, u0, . . . , u(n−1))) = 0
Đây là phương trình cấp n−1 của ẩn hàm u=u(x), giả sử cĩ nghiệm tổng quát là
u=u(x, C1, . . . , Cn−1)
Khi đĩ từ y0 =uy ta cĩ nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là
y = exp Z u(x, C1, . . . , Cn−1)dx+ ln|Cn| =Cnexp Z u(x, C1, . . . , Cn−1)dx Ví dụ: Giải phương trình x2yy00 = (y−xy0 )2.
Đây là phương trình thuần nhất (cấp 2) theo y và các đạo hàm của nĩ. Đặty0 =uy
giống như trên, ta cĩ
y00=y(u0+u2)
Thay vào và rút gọn cho y2 (giả sử y6= 0) ta được phương trình tuyến tính bậc nhất:
x2u0
+ 2xu−1 = 0
với nghiệm tổng quát là
u= x+C1
x2 Trở lại ẩn hàm y với u=y0
/y ta được nghiệm tổng quát là
y=C2xe−C1
x
2.1 Phương trình vi phân cấp cao 42
2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu
Xét phương trình vi phân cấp n (2.1). Giả sử cĩ tồn tại hệ thức dạng
Φ(x, y, y0
, . . . , y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0 (2.6) sao cho Φphụ thuộc vàon−k hằng số tuỳ ýCk+1, . . . , Cn và khơng phụ thuộc vào các đạo hàm cấp > k (nhưng nhất thiết phải cĩ mặt y(k)).
Nếu từ hệ n−k phương trình nhận được bằng cách lấy vi phân hệ thức (2.6) theo
x n−k lần và chính hệ thức đĩ ta cĩ thể nhận được phương trình đã cho (bằng cách khử các tham số) thì hệ thức (2.6) được gọi làtích phân trung gian của phương trình (2.1).
Nếu k=n−1, tức là hệ thức chỉ chứa một tham số C
Φ(x, y, y0
, . . . , y(n−1), C) = 0
thì ta gọi là tích phân đầu.
Nhận xét: Tích phân trung gian thực chất là một phương trình vi phân cấp k đã chứa sẵn n−k hằng số tuỳ ýCk+1, . . . , Cn. Nghiệm tổng quát của nĩ cịn chứa k hằng số mới làC1, . . . , Ck(tức là chứa tất cảnhằng số), và đĩ cũng là nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu (2.1). Vậy tích phân trung gian cho phép đưa việc giải phương trình vi phân cấp cao về giải phương trình cấp thấp hon.
Phương trình dạng F(x, y(k), . . . , y(n)) = 0
Bằng cách đổi ẩn z =y(k) ta cĩ thể viết phương trình dưới dạng
F(x, z, z0
, . . . , z(n−k)) = 0
Giả sử đã tìm được tích phân tổng quát của phương trình nàyΦ(x, z, Ck+1, . . . , Cn) = 0. Khi đĩ, ta cĩ tích phân trung gian của phương trình đã cho là
Φ(x, y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0
Đây là phương trình vi phân cấp k, nghiệm của nĩ cho ta tích phân tổng quát của phương trình ban đầu.
Ví dụ: Giải phương trình y00
−xy000+y000 = 0. Đặt z =y00 ta thu được phương trình
z−xz0
+z0
= 0
mà nghiệm tổng quát là z =C1(x−1). Từ đĩ ta cĩ tích phân đầu
y00
=C1(x−1)
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
y= C1 3 x
3
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43
2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao.
2.2.1 Các khái niệm
Phương trình vi phân tuyến tính cấp n cĩ dạng tổng quát
p0(x)y(n)+p1(x)y(n−1)+· · ·+pn−1(x)y0+pn(x)y =g(x) (2.7) trong đĩ các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đĩ theo biến x.
Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất.
Chú ý: Ta cĩ thể xemp0(x)≡1, vì nếu khơng ta chia hai vế của phương trình cho hệ số này, và thu được phương trình mới cùng dạng.
Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điều kiện ban đầu (2.5).
Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm)Nếu các hàmpj(x)vàg(x)là liên tục trên khoảng (a, b) và, ngồi ra, p0(x)6= 0 với mọix∈(a, b) thì bài tốn Cauchy cho phương trình (2.7) cĩ duy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.5) tại x0 ∈(a, b). Chứng minh: Phương trình (2.7) cĩ thể viết lại dạng
y(n) = −1
p0(x)
p1(x)y(n−1)+· · ·+pn−1(x)y0
+pn(x)y−g(x)
Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y) và khả vi liên tục theo biến Y := (y, y0
, . . . , y(n−1))nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này.
Dạng tốn tử của phương trình vi phân tuyến tính:
Ký hiệu D là tốn tử đạo hàm d
dx và đặt:
L=p0Dn+p1Dn−1+· · ·+pn−1D+pn (2.8)
L được gọi là tốn tử vi phân cấp n và khi đĩ (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng