2.3.1 Phương trình tách được
Phương trình vi phân đơn giản nhất có dạng
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = 𝑔(𝑡). (2.5)
Tính đơn giản của nó dựa trên thực tế là hàm 𝑓(𝑡, 𝑦) của (2.2) ở đây là một hàm của biến độc lập t duy nhất để cả hai bên đều có thể lấy tích phân đối với 𝑡. Lưu ý rằng điều này là không thể nếu vế phải của (2.2) phụ thuộc vào 𝑦 là một hàm chưa biết của 𝑡. Tuy nhiên, có một loại phương trình cho một sửa đổi đơn giản của các quy trình trên.
Hãy xem xét một phương trình có thể được viết dưới dạng:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = 𝑔(𝑡)
ℎ(𝑦), (2.6)
trong đó 𝑔 và ℎ là các hàm đã biết. Các phương trình có thể đưa về dạng này được gọi là phương trình tách được. Đầu tiên, chúng ta lưu ý rằng bất kỳ hàm hằng số nào 𝑦 = 𝑦0, sao cho 1 / ℎ (𝑦0) = 0, là một nghiệm đặc biệt của (2.6), vì đạo hàm của một hàm hằng bằng 0. Chúng ta gọi các nghiệm như vậy là nghiệm dừng hoặc nghiệm cân bằng.
Để tìm một nghiệm tổng quát, chúng ta giả sử rằng 1/ℎ (𝑦) ≠ 0, tức là
ℎ(𝑦) ≠ ∞. Nhân cả hai vế của (2.6) với ℎ (𝑦) để được:
ℎ(𝑦)𝑑𝑦
𝑑𝑡 = 𝑔(𝑡), (2.7)
và quan sát thấy rằng, biểu thị bằng 𝐻 (𝑦) = ∫ ℎ(𝑦) 𝑑𝑦 là đạo hàm của ℎ, chúng ta có thể viết (2.6) dưới dạng:
𝑑
có dạng với (2.5). Do đó, khi lấy tích phân, chúng ta có được:
𝐻(𝑦(𝑡)) = ∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐, (2.8) trong đó 𝑐 là hằng số tích phân tùy ý. Bước tiếp theo phụ thuộc vào các thuộc tính của 𝐻: chẳng hạn, nếu 𝐻: 𝑅 → 𝑅 là đơn điệu, thì chúng ta có thể tìm 𝑦 một cách rõ ràng với mọi 𝑡 là
𝑦(𝑡) = 𝐻−1(∫ 𝑔(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐 ).
Xét bài toán giá trị ban đầu cho phương trình vi phân:
𝑑𝑦 𝑑𝑡 =
𝑔(𝑡) ℎ(𝑦) ,
𝑦(𝑡0) = 𝑦0, (2.9)
Sử dụng nghiệm tổng quát (2.8) (với tích phân xác định), chúng ta có được:
𝐻(𝑦(𝑡)) = ∫ 𝑔(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 + 𝑐, và 𝐻(𝑦(𝑡0)) = ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡0 𝑡0 + 𝑐, mà, do ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠𝑡𝑡0 0 = 0, cho nên: 𝑐 = 𝐻(𝑦(𝑡0)), vậy nên 𝐻(𝑦(𝑡)) = ∫ 𝑔(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 + 𝐻(𝑦(𝑡0)).
Chúng ta quan tâm đến sự tồn tại của nghiệm nhỏ nhất gần với 𝑡0, có nghĩa là
này là khả thi nếu 𝐻 là vi phân trong vùng lân cận của 𝑦0 và 𝜕𝐻
𝜕𝑦( 𝑦0) ≠ 0. Nhưng
𝜕𝐻
𝜕𝑦( 𝑦0) = ℎ( 𝑦0), vì vậy chúng ta quay lại theo định lý Picard: nếu ℎ (𝑦) khả vi trong vùng lân cận của 𝑦0với ℎ ( 𝑦0) ≠ 0 (nếu ℎ (𝑦0) = 0, thì phương trình (2.6) không có nghĩa tại 𝑦0, và 𝑔 là liên tục, khi đó 𝑓 (𝑡, 𝑦) = 𝑔 (𝑡) / ℎ (𝑦) thỏa mãn các giả thiết của định lý trong một số lân cận của ( 𝑡0, 𝑦0).
Ví dụ 2.6. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
𝑦′ = 𝑡
2
𝑦2 .
Phương trình này tương đương với
𝑑 𝑑𝑡(
𝑦(𝑡)3
3 ) = 𝑡
2 ,
do đó 𝑦3(𝑡) = 𝑡3 + 𝑐, trong đó 𝑐 là hằng số tùy ý và vì hàm bậc ba là hàm đơn điệu,
𝑦(𝑡) = ( 𝑡3 + 𝑐)13.
Nhận xét 2.1. Lưu ý rằng định lý Picard chỉ đưa ra một điều kiện đủ để tồn tại
nghiệm duy nhất. Trong ví dụ trên không xác định tại 𝑡 = 0 𝑣à 𝑦 = 0, nghĩa là, định lý không đưa ra câu trả lời về việc liệu có tồn tại một nghiệm duy nhất cho bài toán hay không
𝑦′ = 𝑡2/𝑦2 , 𝑦(0) = 0.
Tuy nhiên, tính toán trực tiếp cho thấy 𝑦 (𝑡) = 𝑡 là nghiệm duy nhất cho bài toán này. Điều này có thể xảy ra do việc hủy bỏ các điểm bất thường.
Ta xem xét một bài toán tương tự:
𝑦 ′ = 𝑡/𝑦, 𝑦(0) = 0
Sau đó, nghiệm chung được đưa ra bởi:
và với điều kiện ban đầu, ta có được:
𝑦 2(𝑡) = 𝑡 2.
Từ đây ta thu được hai nghiệm 𝑦(𝑡) = 𝑡 𝑣à 𝑦(𝑡) = −𝑡.
Ví dụ 2.7. Giải bài toán với điều kiện ban đầu sau đây:
𝑦 ′ = 1 + 𝑡 2, 𝑦(0) = 0.
Biến đổi phương trình dưới dạng
𝑑 𝑑𝑡𝑡𝑎𝑛
−1𝑦(𝑡) = 1
cho nên
𝑡𝑎𝑛−1𝑦 = 𝑡 + 𝑐
và từ điều kiện ban đầu 𝑐 = 0. Do đó, nghiệm được đưa ra bởi:
𝑦 = 𝑡𝑎𝑛 𝑡.
Chúng ta chỉ ra rằng 𝑦 → ± ∞ khi 𝑡 → ± 𝜋 / 2. Nói cách khác, nghiệm chỉ tồn tại trên khoảng (−𝜋 / 2, 𝜋 / 2).
Trong ví dụ trước, nghiệm không tồn tại ngoài 𝜋 / 2 𝑣à − 𝜋 / 2 vì nó trở nên vô hạn tại điểm này. Ví dụ tiếp theo cho thấy rằng có thể có một cách khác để nghiệm không tồn tại.
Ví dụ 2.8. Tìm lời giải cho bài toán với điều kiện ban đầu sau:
𝑦𝑦 ′+ (1 + 𝑦 2 )𝑠𝑖𝑛 𝑡 = 0, 𝑦(0) = 1.
Tiến hành biến đổi ta có được:
∫ 𝑟𝑑𝑟 1 + 𝑟2 𝑦 1 = − ∫ sin0𝑡 𝑠𝑑𝑠. Cho nên: 1 2𝑙𝑛(1 + 𝑦 2) −1 2𝑙𝑛2 = cos 𝑡 − 1.
Giải phương trình này cho y (t) ta có:
𝑦(𝑡) = ±(2𝑒 −4 sin2𝑡/2− 1)1/2.
Để xác định dấu hiệu nào ta nên lưu ý rằng 𝑦 (0) = 1 > 0, do đó nghiệm được đưa ra bởi
𝑦(𝑡) = (2𝑒 −4 sin22𝑡 − 1)
1 2
.
Rõ ràng, nghiệm này chỉ được xác định khi:
2𝑒 −4 sin2𝑡/2− 1 ≥ 0,
đó là
𝑒 −4 sin2𝑡/2 ≤ 2.
Vì logarit tự nhiên đang tăng lên, chúng ta có thể lấy logarit của cả hai vế bảo toàn chiều của bất đẳng thức. Ta có được:
−4 sin2𝑡 2 ≤ 𝑙𝑛2 và do đó |𝑡 2| ≤ 𝑠𝑖𝑛−1 √𝑙𝑛2 2 .
Do đó, nghiệm 𝑦 (𝑡) chỉ tồn tại trên khoảng mở (−2 𝑠𝑖𝑛−1 √𝑙𝑛2
2 , 2 𝑠𝑖𝑛−1 √𝑙𝑛2
2 ). Tuy nhiên, trái với ví dụ trước, nghiệm không có biến số ở các điểm cuối mà chỉ đơn giản là biến mất.
Trong ví dụ cuối cùng, chúng ta sẽ thấy rằng đôi khi áp dụng một cách tiếp cận hơi khác đối với các nghiệm của phương trình vi phân là hợp lý.
Ví dụ 2.9. Tìm tất cả các nghiệm của phương trình vi phân
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = −𝑡
Thực hiện biến đổi ta có được: ∫ 𝑑 𝑑𝑡( 1 2 (𝑦 2(𝑡)) 𝑑𝑡 = − ∫ 𝑡𝑑𝑡, cho nên 𝑦 2+ 𝑡 2 = 𝑐 2. (2.11) Các đường cong được mô tả bởi phương trình (2.11) là khép kín (trên thực tế, chúng là các đường tròn), do đó chúng tôi không có các nghiệm có giá trị duy nhất. Tuy nhiên, nếu (2.10) mô tả chuyển động của một điểm trong mặt phẳng (𝑡, 𝑦), thì chúng ta có thể giải thích (2.11) là dấu vết của chuyển động này và do đó nghiệm ở dạng ẩn như vậy có ý nghĩa vật lý.
Do đó, không phải lúc nào cũng cần thiết hoặc mong muốn tìm nghiệm ở dạng hàm 𝑦 = 𝑦 (𝑡) vì tùy thuộc vào bài toán, nghiệm ở dạng ẩn 𝐹 (𝑦, 𝑡) = 𝑐 có thể là nghiệm thích hợp. Trong trường hợp này, các đường cong 𝐹 (𝑦, 𝑡) = 𝑐 được gọi là đường cong nghiệm của phương trình.
2.3.2 Phương trình vi phân thông thường tuyến tính cấp một Định nghĩa 2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một tổng quát là: Định nghĩa 2.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp một tổng quát là:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 + 𝑎(𝑡)𝑦 = 𝑏(𝑡). (2.12)
Các hàm 𝑎 và 𝑏 là các hàm liên tục đã biết của 𝑡.
Chúng ta hãy nhớ lại rằng chúng ta gọi phương trình này là "tuyến tính" vì biến phụ thuộc 𝑦 xuất hiện trong phương trình. Nói cách khác, 𝑦′ và 𝑦 xuất hiện trong phương trình chỉ có thể được nhân với một hàm đã biết chứ không phải ở dạng 𝑦𝑦′, sin 𝑦 ℎ𝑜ặ𝑐 (𝑦′)3.
Xét khi 𝑏(𝑡) = 0, ta có được:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 + 𝑎(𝑡)𝑦 = 0, (2.13)
được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp một. Ta thấy rằng phương trình trên là một phương trình tách được và do đó có thể được giải quyết dễ dàng. Như trong (2.7), nếu 𝑦 (𝑡) ≠ 0 với 𝑡 bất kỳ, thì:
1 𝑦(𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑑 𝑑𝑡ln|𝑦(𝑡)|, vậy nên 𝑑 𝑑𝑡ln|𝑦(𝑡)| = − 𝑎(𝑡),
và, bằng cách lấy tích phân trực tiếp,
𝑙𝑛|𝑦(𝑡)| = − ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐1
trong đó 𝑐1 là hằng số tích phân tùy ý. Lấy hàm mũ của cả hai vế sẽ thu được:
|𝑦(𝑡)| = 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐1) = 𝑐2 𝑒𝑥𝑝 ( − ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡)
trong đó 𝑐2 là hằng số dương tùy ý: 𝑐2− 𝑒𝑥𝑝 𝑐1 > 0. Chúng ta phải loại bỏ giá trị tuyệt đối tại 𝑦(𝑡). Để làm điều này, ta cần 𝑦(𝑡) ≠ 0 với 𝑡 bất kỳ, do đó 𝑦, là một hàm liên tục, phải có dấu không đổi. Vì thế:
𝑦(𝑡) = ±𝑐2𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡) = 𝑐3 𝑒𝑥𝑝 ( − ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡) (2.14)
trong đó thời gian này 𝑐3 có thể là âm hoặc dương.
Đây có phải là tất cả các nghiệm cho (2.13) không? Nghiệm (2.14) được suy ra theo điều kiện rằng 𝑦 ≠ 0. Chúng ta thấy rõ ràng rằng 𝑦 ≡ 0 là một nghiệm cho (2.13) nhưng nghiệm này có thể được kết hợp vào (2.14) bằng cách cho phép
𝑐3bằng không.
Tuy nhiên, chúng ta vẫn chưa loại trừ khả năng nghiệm có thể đi qua trục 𝑥 tại một hoặc nhiều điểm. Để chứng minh rằng điều này là không thể, chúng ta phải dùng đến định lý Picard. Trước hết, chúng ta lưu ý rằng hàm 𝑓 (𝑡, 𝑦) ở đây được cho bởi:
𝑓(𝑡, 𝑦) = 𝑎(𝑡)𝑦
và 𝜕𝑓 / 𝜕𝑦 = 𝑎 (𝑡) do đó, nếu 𝑎 là một hàm liên tục, các giả thiết của định lý Picard được thỏa mãn trong bất kỳ vùng lân cận nào của cặp bất kỳ (𝑡0, 𝑦0). Nếu có một nghiệm thỏa mãn 𝑦(𝑡0) = 0 với 𝑡0 nào đó, thì từ phần duy nhất của định
lý Picard, nghiệm này phải là 0, vì y (t) ≡ 0 là một nghiệm cho bài toán này .. Nói cách khác, nếu một nghiệm cho (2.13) bằng 0 tại một thời điểm nào đó, thì nó hoàn toàn là 0.
Sau khi xem xét, chúng ta có thể khẳng định rằng tất cả các nghiệm cho (2.13) đều có dạng
𝑦(𝑡) = 𝑐 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡) , (2.15) trong đó 𝑐 là một hằng số thực tùy ý.
Nghiệm này có thể giúp chúng ta giải phương trình không thuần nhất như thế nào?
𝑑𝑦
𝑑𝑡 + 𝑎(𝑡)𝑦 = 𝑏(𝑡). (2.16)
Nếu chúng ta có thể lặp lại phương pháp được sử dụng trong việc tìm nghiệm của (2.13) và viết phương trình trên dưới dạng:
𝑑
𝑑𝑡 = 𝑏(𝑡),
thì nghiệm sẽ dễ dàng. Tuy nhiên, biểu thức 𝑑𝑦 / 𝑑𝑡 + 𝑎 (𝑡)𝑦 dường như không phải là đạo hàm của bất kỳ biểu thức đơn giản nào. Chúng ta sẽ nhân cả hai vế của (2.16) với một hàm số khác không liên tục µ (tạm thời, chưa biết) để được phương trình tương đương
µ(𝑡)𝑑𝑦
𝑑𝑡 + µ(𝑡)𝑎(𝑡)𝑦 = µ(𝑡)𝑏(𝑡), (2.17) và đặt câu hỏi: đối với hàm µ thì vế trái của (2.17) là đạo hàm của một biểu thức đơn giản nào? Lưu ý rằng thuật ngữ đầu tiên ở phía bên trái bắt nguồn từ:
𝑑µ(𝑡)𝑦 𝑑𝑡 = µ(𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑑µ(𝑡) 𝑑𝑡 𝑦,
do đó, nếu chúng ta tìm thấy µ theo cách mà:
µ(𝑡)𝑑𝑦 𝑑𝑡 + 𝑑µ(𝑡) 𝑑𝑡 𝑦 = µ(𝑡) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 + µ(𝑡)𝑎(𝑡)𝑦,
đó là:
𝑑µ(𝑡)
𝑑𝑡 𝑦 = µ(𝑡)𝑎(𝑡)𝑦.
Lưu ý rằng một lựa chọn trước mắt là giải phương trình:
𝑑µ(𝑡)
𝑑𝑡 = µ(𝑡)𝑎(𝑡),
nhưng đây là một phương trình có thể tách được, nghiệm tổng quát của nó được đưa ra bởi (2.15). Từ phương trình cuối ta nhận được:
µ(𝑡) = 𝑒𝑥𝑝 (∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡).
Hàm µ được gọi là thừa số tích phân của phương trình (2.16). Với vai trò như vậy, (2.16) có thể được viết là:
𝑑
𝑑𝑡µ(𝑡)𝑦 = µ(𝑡)𝑏(𝑡),
do đó:
µ(𝑡)𝑦 = ∫ µ(𝑡)𝑏(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐
trong đó 𝑐 là hằng số tích phân tùy ý. Cuối cùng:
𝑦(𝑡) = 1
µ(𝑡) (∫ µ(𝑡)𝑏(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑐)
= 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡) (∫ 𝑏(𝑡) 𝑒𝑥𝑝 (∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡) 𝑑𝑡 + 𝑐) (2.18)
Cần lưu ý rằng nghiệm bao gồm hai phần: lời giải tổng quát cho phương trình rút gọn liên quan đến (2.16):
𝑐 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑡)𝑑𝑡)
và có thể được kiểm tra bằng cách phân biệt trực tiếp, một nghiệm cụ thể cho phương trình đầy đủ.
Nếu chúng ta muốn tìm một nghiệm cụ thể thỏa mãn 𝑦 (𝑡0) = 𝑦0, thì chúng ta viết (2.18) bằng cách sử dụng các tích phân xác định: 𝑦(𝑡) = 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 ) ( ∫ 𝑏(𝑠) 𝑡 𝑡0 𝑒𝑥𝑝 ( ∫ 𝑎(𝑟)𝑑𝑟 𝑠 𝑡0 ) 𝑑𝑠) + 𝑐 và sử dụng thực tế rằng ∫ 𝑓(𝑠)𝑑𝑠𝑡𝑡0
0 = 0 cho bất kỳ hàm 𝑓 nào. Điều này cho thấy rằng phần của nghiệm thỏa mãn phương trình không thuần nhất:
𝑦𝑏(𝑡) = 𝑒𝑥𝑝 (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 ) ∫ 𝑏(𝑠) 𝑡 𝑡0 𝑒𝑥𝑝 ( ∫ 𝑎(𝑟)𝑑𝑟 𝑠 𝑡0 ) 𝑑𝑠
nhận giá trị 0 lúc 𝑡 = 𝑡0. Như vậy:
𝑦0 = 𝑦(𝑡0) = 𝑐,
và nghiệm cho bài toán giá trị ban đầu được đưa ra bởi:
𝑦(𝑡) = 𝑦0exp (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 ) + exp (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠𝑡𝑡 0 ) ∫ 𝑏(𝑠)𝑡𝑡 0 exp (∫ 𝑎(𝑟)𝑑𝑟𝑡𝑠 0 ) 𝑑𝑠. (2.19) Một lần nữa chúng ta nhấn mạnh rằng số hạng đầu tiên của công thức trên giải được phương trình rút gọn (𝑏 (𝑡) = 0) với giá trị ban đầu mong muốn (𝑦(0) = 𝑦0) trong khi số hạng thứ hai giải được phương trình đầy đủ với giá trị ban đầu bằng không.
Một lần nữa, định lý Picard cho thấy rằng không có nhiều hơn những nghiệm được đưa ra bởi (2.19). Gọi 𝑦1(𝑡) là một nghiệm của (2.16). Đối với một số 𝑡 = 𝑡0, điều này sẽ nhận giá trị 𝑦1(𝑡0). Nhưng chúng tôi biết rằng có một nghiệm cho (2.16) được đưa ra bởi:
𝑦(𝑡) = 𝑦1(𝑡0) exp (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 ) + exp (− ∫ 𝑎(𝑠)𝑑𝑠 𝑡 𝑡0 ) ∫ 𝑏(𝑠) 𝑡 𝑡0 exp ( ∫ 𝑎(𝑟)𝑑𝑟 𝑠 𝑡0 ) 𝑑𝑠,
và theo định lý Picard (lúc này 𝑓 (𝑡, 𝑦) = −𝑎 (𝑡) 𝑦 + 𝑏 (𝑡) nhưng các giả thiết vẫn được thỏa mãn), 𝑦1 (𝑡) = 𝑦 (𝑡).
Ví dụ 2.10. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
𝑦′− 2𝑡𝑦 = 𝑡.
Ở đây 𝑎(𝑡) = −2𝑡 sao cho:
µ(𝑡) = exp ( −2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 ) = 𝑒−𝑡2.
Nhân cả hai vế của phương trình với µ ta thu được:
𝑒−𝑡2𝑦′ − 2𝑡𝑒−𝑡2 = 𝑡𝑒−𝑡2,
có thể được viết là:
𝑑 𝑑𝑡(𝑒
−𝑡2𝑦) = 𝑡𝑒−𝑡2 .
Tiến hành lấy tích phân mai vế của phương trình cuối, ta nhận được:
𝑒−𝑡2𝑦 − ∫ 𝑡𝑒−𝑡2𝑑𝑡 = − 𝑒
−𝑡2
2 + 𝑐,
do đó, nghiệm chung được đưa ra bởi:
𝑦(𝑡) = −1 2+ 𝑐𝑒
−𝑡2.
Ví dụ 2.11. Tìm nghiệm của phương trình:
𝑦 ′+ 2𝑡𝑦 = 𝑡,
µ(𝑡) = exp ( 2 ∫ 𝑡𝑑𝑡 ) = 𝑒𝑡2.
Như trên, ta có được:
𝑒𝑡2𝑦′+ 2𝑡𝑒𝑡2 = 𝑑 𝑑𝑡 (𝑒 𝑡2𝑦) = 𝑡𝑒𝑡2. (2.20) Nghiệm tổng quát là: 𝑦(𝑡) =1 2 + 𝑐𝑒 −𝑡2, và để tìm 𝑐 ta có 2 = 𝑦( 1) = 1 2+ 𝑐𝑒 −1 , cho nên 𝑐 =3𝑒 2, và 𝑦(𝑡) =1 2 + 3 2𝑒 1−𝑡2 .
Ngoài ra, chúng ta có thể lấy tích phân (2.20) từ 1 đến 𝑡 để có được:
𝑒𝑠2𝑦(𝑠)| 1 t = (𝑒 𝑠2 2 )| 1 t , và 𝑒𝑡2𝑦 − 2𝑒 = 𝑒𝑡22 −𝑒 2. Như vậy: 𝑦(𝑡) =1 2 + 3 2 𝑒 1−𝑡2 .
2.3.3 Phương trình thuần nhất
Trong phương trình vi phân, cũng như trong cách lấy tích phân, một phép thế hợp lí thường có thể chuyển một phương trình phức tạp thành một phương trình có thể giải được. Đối với một số loại phương trình vi phân, có các phép thế tiêu chuẩn biến chúng thành các phương trình tách được. Chúng ta sẽ thảo luận chi tiết về một nhóm như vậy.
Phương trình vi phân có thể viết dưới dạng:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = 𝑓 ( 𝑦
𝑡) , (2.21)
trong đó 𝑓 là hàm của biến đơn 𝑧 = 𝑦 / 𝑡 được gọi là phương trình thuần nhất. Lưu ý rằng trong một số giáo trình, các phương trình như vậy được gọi là phương trình thuần nhất nhưng điều này thường tạo ra sự nhầm lẫn vì tên phương trình thuần nhất cũng thường được sử dụng trong một ngữ cảnh khác.
Làm thế nào người ta có thể nhận ra rằng một hàm 𝐹 (𝑡, 𝑦) đã cho chỉ có thể được viết dưới dạng một hàm của 𝑦 / 𝑡. Lưu ý rằng các hàm như vậy có tính chất đồng nhất sau: với mọi hằng số 𝜆 ≠ 0
𝑓 (𝜆𝑦
𝜆𝑡) = 𝑓 ( 𝑦
𝑡 ) .
Điều ngược lại cũng đúng: nếu với bất kỳ 𝜆 ≠ 0
𝐹 (𝜆𝑡, 𝜆𝑦) = 𝐹 (𝑡, 𝑦), (2.22)
thì 𝐹 (𝑡, 𝑦) = 𝑓 (𝑦 / 𝑡) đối với một số hàm 𝑓. Trên thực tế, lấy (2.3.18) 𝜆 = 1 / 𝑡
có được: 𝐹(𝑡, 𝑦) = 𝐹(𝜆𝑡, 𝜆𝑦) = 𝐹 (1,𝑦 𝑡 ) = 𝑓 ( 𝑦 𝑡 ) , nghĩa là, 𝑓 (𝑧) = 𝐹 (1, 𝑧). Để giải (2.21), thay thế: 𝑦 = 𝑡𝑧 (2.23)
trong đó 𝑧 là hàm chưa biết mới. Sau đó, theo quy tắc tích cho các đạo hàm: 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑧 + 𝑡 𝑑𝑧 𝑑𝑡, và (2.21) trở thành: 𝑧 + 𝑡𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 𝑓(𝑧), Hay 𝑡𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 𝑓(𝑧) − 𝑧. (2.24)
Trong (2.24), các biến có thể tách được nên nó có thể được giải quyết như trong Tiểu mục 2.3.1.
Ví dụ 2.12. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
(3𝑡 − 𝑦)𝑦′ + 𝑡 = 3𝑦.
Viết phương trình này dưới dạng (2.2) ta được:
𝑦 𝑑𝑡 = 3𝑦 − 𝑡 3𝑡 − 𝑦 và 𝐹(𝜆𝑡, 𝜆𝑦) =3𝜆𝑦−𝜆𝑡 3𝜆𝑡−𝜆𝑦 =3𝑦−𝑡
3𝑡−𝑦 = 𝐹(𝑡, 𝑦) để phương trình thuộc loại thuần nhất. Sử dụng phép thế (2.23), thấy được: 𝑧 + 𝑡𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 3𝑧 − 1 3 − 𝑧 , vậy nên 𝑡𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 𝑧2 − 1 3 − 𝑧.
Chúng ta quan sát rằng 𝑧 = ± 1 (ℎ𝑜ặ𝑐 𝑦 = ± 𝑡) là các nghiệm dừng. Giả sử 𝑧 ≠ ± 1 ta thấy nghiệm tổng quát là:
∫ 3 − 𝑧
𝑧2− 1 𝑑𝑧 = ∫ 𝑑𝑡
Phân tích phân số riêng: 3 𝑧2 − 1 = 3 2 ( 1 𝑧 − 1 − 1 𝑧 + 1) , chúng ta đạt được: 3 2 𝑙𝑛 | 𝑧 − 1 𝑧 + 1| −1 2 𝑙𝑛 |𝑧 2 − 1| − 𝑙𝑛 𝑡 + 𝐶, đối với một số hằng số 𝐶. Do đó: |𝑧 − 1| (𝑧 + 1)2 = 𝐷𝑡,
đối với hằng số 𝐷 được xác định là 𝐷 = 𝑒𝐶. Quay trở lại biến ban đầu 𝑦, chúng ta nhận được:
𝑦 = 𝑡 + 𝐷(𝑦 + 𝑡)2 , (2.25)
chúng ta đã bỏ giá trị tuyệt đối cho phép 𝐷 là một hằng số thực tùy ý. Lưu ý rằng nghiệm đặc biệt 𝑦 = 𝑡 có thể được khôi phục từ (2.25) bằng cách đặt 𝐷 = trong khi 𝑦 = −𝑡 không thể được khôi phục (trừ khi chúng ta đồng ý viết (2.25) là (𝑦 +