Định lý 5.3.2 (stoke). Giả sử y1(x) và y2(x) là hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình y" + p(x)y' + q(x)y = 0 Khi đó giữa hai không điểm của nghiệm y1(x) có duy nhất một không điểm của nghiệm y2(x) và ngược lại. Định lý 5.3.3 (So sánh). Cho hai phương trình y" + Q1(x)y = 0 và z" + Q2(x) y = 0 trong đó Q1, Q2 là các hàm liên tục trên (a; b). Giả sử trên đoạn (a; b) các hàm Q (t) và Qu(2) thỏa mãn điều kiện Q2(x) > Q1(x). Khi đó giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ nhất có ít nhất một không điểm của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ hai nếu trong khoảng nằm giữa hai không điểm này có điểm t mà tại đó Q2(x) > Q1(x). Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài giảng Phương trình Vi phân - Đại học Phạm Văn Đồng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên ường hợp riêng. • Trường hợp P,Q,R là các hằng số thì phương trình chuyến về biến số phân li. 21 • Nếu biết được một nghiệm riêng của phương trình (1.9) thì có thể chuyển về phương trình Bernoulli với phép đặt y y1pxq z. Ví dụ 1.34. Giải phương trình y1 xy2 x2y 2x3 1. • Phương trình nhận y x là một nghiệm riêng. • Đặt y x z x 1 u . • Phương trình chuyển về phương trình tuyến tính cấp một u1 3x2u x. • Nghiệm tổng quát của phương trình u ex3pC » xex 3 dxq. • Nghiệm của phương trình y x e x3 C » xex 3 dx . Ví dụ 1.35. Giải phương trình y1 y2 2 x2 . Hướng dẫn: Trước hết, tìm nghiệm của phương trình dạng y a x . Đồng nhất với phương trình thì a 1 hoặc a 2. Khi a 1 thì y 1 x là một nghiệm riêng. Đặt y z 1 x . Thay vào phương trình thì z1 2 x z z2. 22 Đây là phương trình vi phân Bernoulli. Giải phương trình suy ra được nghiệm tổng quát của phương trình là y 2x3 C xpx3 Cq ; y 1 x . 1.10 Phương trình vi phân toàn phần Định nghĩa 1.10.1. Phương trình vi phân Mpx, yqdxNpx, yqdy 0 (1.10) được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàm Upx, yq sao cho vi phân toàn phần dUpx, yq Mpx, yqdxNpx, yqdy. Định lý 1.10.1. Điều kiện cần và đủ để phương trình vi phân (1.10) là phương trình vi phân toàn phần là BM By BN Bx . • Nếu (1.10) là phương trình vi phân toàn phần thì Upx, yq » x x0 Mpx, yqdx » y y0 Npx0, yqdy. Upx, yq » x x0 Mpx, y0qdx » y y0 Npx0, yqdy. Ví dụ 1.36. Giải phương trình p3x2 6xy2qdx p6x2y 4y3q 0. 23 • Vì BM By BN Bx 12xy nên phương trình vi phân toàn phần. • Chọn px0, y0q p0, 1q thì Upx, yq » 1 0 p3x2 6xy2qdx » y 1 4y3dy. • Tính tích phân Upx, yq x3 3x2y2 y4 1. • Nghiệm tổng quát của phương trình là x3 3x2y2 y4 C. Ví dụ 1.37. Giải phương trình p 1 x y2 px yq2 qdx p x2 px yq2 1 y qdy 0. Hướng dẫn: Kiểm tra rằng phương trình trên là phương trình vi phân toàn phần. Chọn px0, y0q p1, 2q thì ta được nghiệm tổng quát là ln x y xy x y C. 1.11 Thừa số tích phân Định nghĩa 1.11.1. Xét phương trình vi phân P px, yqdxQpx, yqdy 0 (1.11.1) không là phương trình vi phân toàn phần. Hàm số µ µpx, yq được gọi là thừa số tích phân nếu µP px, yqdx µQpx, yqdy 0 (1.11.2) là phương trình vi phân toàn phần. 24 • Nếu Upx, yq C là nghiệm tổng quát của phương trình (1.11.2) thì U cũng là nghiệm của phương trình (1.11.1). • Nếu phương trình (1.11.1) có tích phân tổng quát thì tồn tại thừa số tích phân. • Cách tìm thừa số tích phân: Vì (1.11.2) là phương trình vi phân toàn phần nên BpµP q By BpµQq Bx ô µ BP By P Bµ By µ BQ Bx Q Bµ Bx . • a) Nếu 1 Q p BP By BQ Bx q F1pxq là hàm theo biến x thì µ e » F1pxqdx . • b) Nếu 1 P p BQ Bx BP By q F2pyq là hàm theo biến y thì µ e » F2pyqdy . Ví dụ 1.38. Giải phương trình vi phân p1x2yqdxx2pyxqdy 0. Hướng dẫn: Kiểm tra được rằng BP By x2; BQ Bx 2xy 3x2. Do đó, phương trình không là phương trình vi phân toàn phần. Tuy nhiên, 1 Q p BP By BQ Bx q 2 x là hàm theo biến x nên thừa số 25 tích phân là µ e 2 » dx x 1 x2 . Nhân hai vế cho thừa số tích phân và tích phân phương trình ta được 1 x xy y2 2 C là nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 1.39. Tìm thừa số tích phân và giải phương trình vi phân a) p2xy x2y y3 3 qdx px2 y2qdy 0. b) yp1 xyqdx xdy 0. BÀI TẬP CHƯƠNG I 1. Giải các phương trình vi phân sau: a. xy1 2y 2x4. b. y1 y 1 x 1 x2 . 2. Chứng minh rằng phương trình y1 ay ppxq trong đó a là hằng số và ppxq là đa thức bậc m, có nghiệm riêng dạng y1pxq Qpxq- đa thức bậc m. 3. Chứng minh rằng phương trình tuyến tính y1 ppxqy qpxq có nghiệm riêng dạng y b là phương trình biến số phân ly. 26 4. Tìm nghiệm của các bài toán Cauchy sau: a. y 2xy 1 thỏa điều kiện yp0q 0. b. y1 3 x y 2 x3 với điều kiện yp1q 1. c. xy1 x 2y với điều kiện yp0q 0. d. xy1 x y 2 với điều kiện yp0q 0. 5. Tìm những đường cong mà diện tích của tam giác lập bởi trục Ox, tiếp tuyến và và bán kính vectơ của tiếp điểm có diện tích không đổi bằng a2. 6. Chứng minh rằng nghiệm của phương trình tuyến tính y1 ppxqy qpxq với các giá trị ban đầu px0, y0q có thể viết dưới dạng y y0e » x x0 ppτqdτ » x x0 qpξqe » x ξ ppτqdτ dξ. 7. Tìm nghiệm giới nội khi xÑ pi 2 của phương trình y1 sin 2x 2py cosxq. 8. Đưa phương trình y1 P pxq Qpxqemy trong đó P pxq, Qpxq là các đa thức và m là hằng số, về phương trình tuyến tính cấp một. 27 Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT CHƯA GIẢI RA ĐẠO HÀM 2.1 Các phương trình vi phân cấp một chưa giải ra đạo hàm dạng đặc biệt 2.1.1 Phương trình dạng dy dx fipx, yq Nếu các phương trình đã giải ra đạo hàm có thể giải được bằng cầu phương thì phương trìh có thể tích phân được. Ví dụ 2.1. Giải phương trình y12 px yqy1 xy 0. Hướng dẫn: Giải phương trình này theo ẩn y1 ta được y1 x; y1 y. 28 Với y1 x thì họ nghiệm của phương trình là y x2 2 C. Với y1 y thì họ nghiệm của phương trình là y Cex. Ngoài ra, phương trình đã cho còn có nghiệm là sự kết hợp của hai họ nghiệm trên như sau y $ ' & ' % x2 2 1 2 nếu 8 x ¤ 1 ex x nếu 1 ¤ x 8 và y $ ' & ' % x2 2 nếu x ¤ 0 0 nếu x ¥ 0 2.1.2 Phương trình dạng F px, y1q 0 • Nếu từ phương trình giải ra y1 fpxq thì nghiệm của phương trình là y » fpxqdx. • Nếu từ phương trình giải ra x ϕpy1q thì nghiệm của phương trình được tìm dưới dạng tham số. Đặt y1 p khi đó dy pdx pϕ1ppqdp. 29 Nghiệm của phương trình là $ ' ' & ' ' % x ϕppq y » pϕ1ppqdp C Ví dụ 2.2. Giải phương trình ey 1 y1 x 0. Hướng dẫn: Từ phương trình thì x ey 1 y1. Đặt y1 p và suy ra x ep p. Từ đó suy ra dy ppep 1qdp do dó y pep ep p2 2 C. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' & ' % x ep p y pep ep p2 2 C Nếu từ phương trình suy ra x ϕptq và y1 ξptq thì nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' ' & ' ' % x ϕptq y » ξptqϕ1ptqdt C 30 Ví dụ 2.3. Giải phương trình x3 y13 3xy1 0. Hướng dẫn: Phép tham số hóa của phương trình là x 3t t3 1 ; y1 3t2 t3 1 . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' ' & ' ' % x 3t t3 1 y 9 2pt3 1q2 6 t3 1 C. 2.1.3 Phương trình không chứa biến số độc lập Nếu từ phương trình suy ra y1 fpyq khi đó tích phân tổng quát là » dy fpyq x C. Nếu từ phương trình suy ra y ϕ1pyq khi đó đặt y1 p và suy ra được x » ϕ1ppq p dp C. Ví dụ 2.4. Giải phương trình y1 ln y1 y 0. Hướng dẫn: Đặt y1 p thì y p ln p. mà dx dy y1 1 p 1 p2 dp. 31 Cho nên x ln p 1 p C. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là $ ' ' & ' ' % x ln p 1 p C y p ln p • Trường hợp F px, y, y1q 0 và có được biểu diễn x ϕpu, vq, y ξpu, vq; y1 ψpu, vq thì nghiệm được tìm dưới dạng tham số x ϕpu, ωpu,Cqq, y ψpu, ωpu,Cqq. • Trường hợp y ϕpx, y1q. Đặt u x; v y1 p suy ra được p Bϕ Bx Bϕ Bp dp dx . Suy ra p ωpx,Cq nên nghiệm của phương trình là y ϕpx, ωpx,Cqq. 2.2 Phương trình Lagrange và phương trình Clero 2.2.1 Phương trình Lagrange Định nghĩa 2.2.1. Phương trình vi phân Lagrange là phương trình có dạng y ϕpy1qx ψpy1q. • Đặt y1 p suy ra y xϕppq ψppq. 32 • pdx ϕppqdx pxϕ1ppq ψ1ppqqdp hay pϕppq pqdx pxϕ1ppq ψ1ppqqdp 0. • dx dp ϕ1ppq ϕppq p x ψ1ppq p ϕppq . • Giải phương trình tuyến tính cấp một suy ra x Gpp, Cq. • Nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số x GpP,Cq; y ϕppqGpp, Cq ψppq. Ví dụ 2.5. Giải phương trình y xy12 y12. Hướng dẫn: Đặt y1 p khi đó dy y1dx cho nên 2pdx p2x 2pqdx pdx. Chuyển phương trình về dạng dx dp 2 p x 2. Giải phương trình vi phân ta được nghiệm có dạng tham số $ ' ' & ' ' % x C p2 2p 3 y 2C p p2 3 . 2.2.2 Phương trình Clero Định nghĩa 2.2.2. Phương trình Clero là phương trình có dạng y xy1 ψpy1q. 33 • Đặt y1 p thì y px ψppq. • pdx pdx px ψ1ppqqdp cho nên p C. • Nghiệm tổng quát của phương trình là y Cx ψpCq. Ví dụ 2.6. Giải phương trình y y xy1 ey 1 . Hướng dẫn: Đặt p y1 suy ra y xp ep. Lấy vi phân thì dy pdx xdp epdp. Mà dy y1dx pdx cho nên px epqdp 0. Nếu dp 0 hay p C thì nghiệm tổng quát của phương trình là y Cx eC . Nếu x ep thì y pp 1qep. Do đó nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x ep y pp 1qep. Ví dụ 2.7. Giải phương trình y xy1 1 4 y12. BÀI TẬP CHƯƠNG II 1. Giải các phương trình vi phân sau đây: 34 a. y.y12 y1px yq x. b. xy13 1 y1. c. yp1 y12q 2a. 2. Giải các phương trình vi phân dạng Lagrange hoặc Clero sau: a. y 2xy1 y2y13. b. y xy12 y13. c. y 2xy1 x2 2 y12. 3. Tìm các đường cong sao cho độ dài của đoạn thẳng tiếp tuyến bị chắn giữa các trục tọa độ là đại lượng không đổi a. 4. Tìm đường cong sao cho mỗi tiếp tuyến của nó cắt trên hai trục tọa độ những đoạn thẳng mà tổng các đại lượng nghịch đảo của bình phương độ dài các đoạn thẳng đó bằng 1. 5. Tìm các đường cong sao cho tích các khoảng cách từ hai điểm cố định cho trước đến tiếp tuyến bất kỳ là đại lượng không đổi. 35 Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO 3.1 Các khái niệm mở đầu Định nghĩa 3.1.1. Phương trình vi phân cấp n có dạng F px.y, y1, , ypnqq 0. (1.1) Nếu từ (1.1) giải được đạo hàm cấp cao nhất, tức là ypnq fpx, y, y1, , ypn1qq (1.2) thì ta được phương trình giải ra với đạo hàm câp cao nhất. Định nghĩa 3.1.2. Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm y ϕpxq khả vi n lần trên khoảng pa; bq sao cho a) px, ϕpxq, ϕ1pxq, , ϕpnqpxqq P G, @x P pa; bq. b) ϕpxq nghiệm đúng phương trình (1.1). 36 Ví dụ 3.1. Phương trình y2 4y 0 có nghiệm tổng quát là ϕpxq C1e 2x C2e 2x trong đó C1, C2 là các hằng số bất kỳ. Ví dụ 3.2. Phương trình y2y 0 có nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu yp0q 1, y1p0q 0 là y cosx. Nhận xét. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp hai phụ thuộc vào hai hằng số C1, C2. Tổng quát nghiệm của phương trình vi phân cấp n phụ thuộc vào n hằng số C1, C2, , Cn. Trong thực tế, người ta thường quan tâm đến nghiệm của phương trình vi phân thỏa mãn một điều kiện nào đó. Một trong những điều kiện đó là ypx0q y0, y 1 px0q y 1 0, , y pn1q px0q y pn1q 0 . Đây là bài toán Cauchy. 3.2 Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm Xét phương trình vi phân cấp n ypnq fpx, y, y1, , ypn1qq (2.1) Định lý sau cho một điều kiện đủ để bài toán Cauchy có nghiệm duy nhất. 37 3.2.1 Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 3.2.1. Giả sử trong miền G € Rn1 hàm fpx, u1, , unq liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipchitz theo u1, u2, , un. Khi đó với bất kỳ điểm px0, y0, y 1 0, , y pn1q 0 q P G tồn tại duy nhất nghiệm y ypxq của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu ypx0q y0, y 1 px0q y 1 0, , y pn1q px0q y pn1q 0 . Hệ quả 3.2.2. Giả sử trong miền G € Rn1 hàm fpx, u1, , unq liên tục cùng với các đạo hàm riêng Bf Bu1 , Bf Bu2 , , Bf Bun . Khi đó với bất kỳ điểm px0, y0, y 1 0, , y pn1q 0 q P G tồn tại duy nhất nghiệm y ypxq của phương trình thỏa mãn điều kiện ban đầu ypx0q y0, y 1 px0q y 1 0, , y pn1q px0q y pn1q 0 . 3.2.2 Các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp n Khi giải phương trình vi phân câp n thì có thể nhận được các loại nghiệm sau: Định nghĩa 3.2.1. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp n là nghiệm dưới dạng ẩn Φpx, y, C1, C2, , Cnq 0. Định nghĩa 3.2.2. Nghiệm của phương trình vi phân (2.1) mà tại mỗi điểm của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy 38 được đảm bảo được gọi là nghiệm riêng của phương trình. Nghiệm nhận được từ phương trình tổng quát các giá trị xác định của C1, C2, , Cn được gọi là nghiệm riêng. Định nghĩa 3.2.3. Nghiệm của phương trình vi phân mà tại mỗi điểm của nó, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị phá vỡ được gọi là nghiệm kỳ dị. Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp n có thể phụ thuộc hằng số. Nhưng số hằng số phụ thuộc không vượt quá n 1. Ví dụ 3.3. Xét phương trình y2 2 a y1. Đặt z y1 và xem z như là hàm cần tìm thì z1 2 ? z. Giải phương trình thì ta được nghiệm tổng quát z px C1q 2. Thay z y1 thì y1 px C1q 2. Vì vậy, y 1 3 px C1q 3 C2. Đây là nghiệm tổng quát của phương trình. Ngoài ra, phương trình còn có nghiệm kỳ dị là y C. 39 3.3 Tích phân trung gian- tích phân đầu Định nghĩa 3.3.1. Xét phương trình F px, y, y1, , ypnqq 0 (1.1) khi tích phân phương trình ta được hệ thức chứa hằng số và các đạo hàm cấp thấp hơn n dạng ϕpx, y, y1, , yn1, C1, C2, , Ckq 0, (3.1) Hệ thức (3.1) được gọi là tích phân trung gian của phương trình (1.1). Trường hợp k 1 ta có hệ thức dạng ϕpx, y, y1, , yn1, C1q 0 (3.2) được gọi là tích phân đầu. 3.4 Phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 3.4.1 Phương trình chỉ chứa biến số độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Định nghĩa 3.4.1. Phương trình chỉ chứa biến số độc lập và đạo hàm cấp cao nhất là phương trình có dạng F px, ynq 0. (4.1) 40 • Nếu từ (4.1) giải ra được ypnq fpxq thì y sẽ tìm được qua n lần cầu phương. • Nếu từ (4.1) giải ra được x ϕpynq khi đó đặt ypnq p và xem p là tham số. Vì dyn1 yndx pϕ1ppqdp nên yn1 » pϕ1ppqdp. Tương tự, qua n lần cầu phương ta được y ψpp, C1, C2, , Cnq. • Nếu từ (4.1) ta biểu diễn được x, yn qua tham số x ϕptq và ypnq ψptq khi đó dypn1q ypnqdx ψptqϕ1ptqdt. Nghiệm được tìm cho dưới dạng tham số. Ví dụ 3.4. Giải phương trình y2 xex. Hướng dẫn: Tích phân phương trình hai lần ta được y px 2qex C1x C2. Ví dụ 3.5. Giải phương trình x ey 2 y22 0. Hướng dẫn: Đặt y2 t thì x et t2. Hơn nữa, y2 t nên dy1 y2dx tpet 2tqdt. Do đó y1 » tpet 2tqdt C1 e t pt 1q 2t3 3 C. Vì vậy, y » petpt 1q 2t3 3 Cqpet 2tqdt C2. Nghiệm của phương trình được cho dưới dạng tham số. Ví dụ 3.6. Giải phương trình yp3q 4x2 0. 41 Hướng dẫn: Nghiệm tổng quát của phương trình là y x5 15 C1 x2 2 C2x C3. Ví dụ 3.7. Giải phương trình ey 2 y2 x 0. Hướng dẫn: Nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x ep p y p p 2 3 4 qe2p p p2 2 C1 1qe p p3 6 C1p C2. Ví dụ 3.8. Giải phương trình pyp3qq2 x2 1. Hướng dẫn: Nghiệm của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x cos t y t cos 2t 8 5t 16 5 sin 2t 48 sin 4t 192 C1 cos 2t 4 C2 cos t C3. 3.4.2 Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp pn 1q. Định nghĩa 3.4.2. Phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp pn 1q là phương trình có dạng F pypn1q, ypnqq 0. (4.2) Nếu từ (4.2) ta giải ra được ypnq fpypn1qq. Đặt ypn1q z và xem z như hàm số mới tìm. Khi đó z1 fpzq.Giải phương trình vi phân cấp một ta được z gpx,C1q. Thay z y pn1q ta quy về 4.1. Nếu từ (4.2) ta có thể biểu diễn ypn1q qua ypnq. Khi đó đặt 42 ypnq p và xem p như tham số ta được ypn1q fppq. Vì dx dypn1q ypnq f 1ppqdp p nên x » f 1ppq p dp C1 Khi đó phương trình quy về (4.1) với $ ' & ' % x ϕpp, C1q ypn1q fppq. Ví dụ 3.9. Giải phương trình y2 p1 y12q3{2 0. Đặt y1 z ta có z1 p1 z2q3{2. Giải phương trình ta được nghiệm tổng quát của phương trình cho dưới dạng tham số $ ' & ' % x sinϕ C1 y cosϕ C2 hay px C1q 2 py C2q 2 1. Vậy họ đường cong là đường tròn bán kính 1 có tâm tùy ý. 43 3.5 Phương trình vi phân cấp cao hạ cấp được 3.5.1 Phương trình không chứa hàm phải tìm và các đạo hàm của nó đến cấp k. Định nghĩa 3.5.1. Phương trình không chứa hàm phải tìm và các đạo hàm của nó đến cấp k là phương trình có dạng F px, yk, ypn1q, , ypnqq 0. (5.1) • Đặt ypkq z và xem z như hàm số mới ta đưa phương trình về dạng F px, z, z1, , zpnkqq 0. • Giải phương trình ta được z ωpx,C1, C2, , Ckq. • Thay z ypkq ta quy về 4. Ví dụ 3.10. Xét phương trình 4y1 y22 4xy2. • Đặt z y1 ta được phương trình 4z z12 4xz1 hay z xz1 z12 4 . • Đây là phương trình Clero. Nghiệm tổng quát là z C1x C21 4 . • Thay z y1 ta ta được y1 C1x C 2 1 4 . • Cho nên y C1 2 x2 C21 4 x C2. 44 3.5.2 Phương trình không chứa biến số độc lập. Định nghĩa 3.5.2. Phương trình không chứa biến số độc lập là phương trình có dạng F py, y1, , ypnqq 0. • Đặt y1 z và xem z như hàm số mới. • Biểu diễn y2 dy 1 dx d dx z dz dy dy dx dz dy z. • Biểu diễn yp3q pd 2z dy2 z p dz dx q 2 qz. • • ypnq ωpz, dz dy , dn1z dyn1 q. • Đây là phương trình vi phân cấp n 1. • Giải phương trình ta được nghiệm tổng quát z ψpy, C1, C2, , Cn1q. • Do đó y1 ψpy, C1, C2, , Cn1q. • Tích phân phương trình ta được nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 3.11. Giải phương trình p1 y2qyy2 p3y2 1qy12. 45 • Đặt z y1 và suy ra y2 zdz dy . • Thay vào phương trình thì dz z 3y2 1 yp1 y2q dy. • Suy ra yz p1 y2q2 C1. • Thay z y1 thì 1 1 y2 2C1x C2. 46 BÀI TẬP CHƯƠNG III 1. Giải các phương trình vi phân sau: a. yp3q lnx 0. b. y2 1 ? y . c. yp3q p1 y22q1{2. d. yy2 yp4q y12 0. 2. Cho phương trình yp4q fpxq trong đó fpxq $ ' & ' % |x| nếu |x| 1 0 nếu |x| ¡ 1 Chứng minh rằng nghiệm ypxq của phương trình trên với điều kiện ban đầu yp0q y1p0q yp2qp0q yp3qp0q 0 có dạng ypxq 1 6 » τ 0 |t|px tq3dt trong đó u $ ' & ' % x nếu |x| 1 signx nếu |x| ¡ 1 47 Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP n 4.1 Định nghĩa và các tính chất cơ bản Định nghĩa 4.1.1. Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình có dạng a0pxqy pnq a1pxq.y pn1q anpxqy gpxq (1.1) và phương trình a0pxqy pnq a1pxq.y pn1q anpxqy 0 (1.2) được gọi là phương trình thuần nhất tương ứng. 48 4.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n • Xét phương trình tuyến tính cấp n Lpyq ypnq p1pxq.y pn1q pnpxqy 0 (1.2) • Nếu ypxq là nghiệm của (1.2) thì C.ypxq cũng là nghiệm của (1.2). • Nếu y1pxq, y2pxq là các nghiệm của (1.2) thì C1y1pxqC2y2pxq cũng là nghiệm của (1.2). Định nghĩa 4.2.1. Hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxq được gọi là độc lập tuyến tính trên khoảng (a,b) nếu α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq αnϕnpxq 0 thì α1 α2 αn 0. Ví dụ 4.1. a) Hệ hàm t1, x, x2, , xnu là độc lập tuyến tính trên R. b) Hệ hàm teλ1x, eλ2x, , eλnxu là độc lập tuyến tính trên R với λj λj. Định nghĩa 4.2.2. Định thức Vronski của hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxq 49 khả vi cấp n 1 trên khoảng pa, bq là W rϕ1, , ϕns W pxq ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ϕ1pxq ϕ2pxq . . . ϕnpxq ϕ11pxq ϕ 1 2pxq . . . ϕ 1 npxq . . . . . . . . . . . . ϕ pn1q 1 pxq ϕ pn1q 2 pxq . . . ϕ pn1q n pxq ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Định lý 4.2.1. Giả sử hệ ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxq khả vi cấp n1 và phụ thuộc tuyến tính trên pa; bq. Khi đó định thức Vronski đồng nhất bằng 0 trên khoảng đó. Chứng minh. Theo giả thiết, tồn tại các hằng số α1, α2, , αn không đồng thời bằng 0 sao cho α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq αkϕkpxq 0. (*) Lấy đạo hàm (*) n 1 lần thì $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % α1 ϕ1pxq α2ϕ2pxq αnϕnpxq 0 α1 ϕ 1 1pxq α2ϕ 1 2pxq αnϕ 1 npxq 0 α1 ϕ pn1q 1 pxq α2ϕ pn1q 2 pxq αnϕ pn1q n pxq 0 (**) Khi đó với mỗi x P pa; bq cố định, hệ phương trình đại số có nghiệm không tầm thường. Do đó định thức của hệ phương trình trên bằng 0. Suy ra định thức Vronski bằng 0. Hệ quả 4.2.2. Nếu hệ hàm ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxq khác 0 dù chỉ 50 một điểm trên khoảng pa; bq thì hệ hàm trên độc lập tuyến tính trên pa; bq. Nhận xét. Định lý trên cho một điều kiện cần của sự phụ thuộc tuyến tính của hệ hàm, không là điều kiện đủ. Ta xét ví dụ sau Ví dụ 4.2. Xét hệ hai hàm ϕ1pxq $ ' & ' % x2 nếu x ¥ 0 0 nếu x ¤ 0 và ϕ2pxq $ ' & ' % 0 nếu x ¥ 0 x2 nếu x ¤ 0 Kiểm tra được rằng định thức Vronski bằng 0. Tuy nhiên, hệ tϕ1, ϕ2u là độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu tồn tại α1, α2 không đồng thời bằng 0 sao cho α1ϕ1pxq α2ϕ2pxq 0, @x P p8,8q thì trên khoảng p8, 0s có α2x 2 0. Điều này là vô lý α2 0. Định lý 4.2.3 (Công thức Ostrogratski-Liuvil). Định thức Vron- ski của n nghiệm trong phương trình (2.1) được xác định bởi W pxq Ce » p1pxqdx trong đó p1pxq là hệ số của y pn1q. 51 • Ứng dụng công thức Ostrogratski-Liuvil để tìm nghiệm tổng quát của phương trình cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy 0 khi biết 1 nghiệm riêng y1pxq của phương trình. Giả sử ypxq là nghiệm của phương trình. Khi đó∣∣∣∣∣∣y1 yy11 y1 ∣∣∣∣∣∣ C1e » ppxqdx . Chia hai vế cho y21pxq và tìm được y y1 » C1e ³ ppxqdx y21pxq dx C2 . Ví dụ 4.3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình p1 x2qy2 2xy1 2y 0 biết rằng phương trình có một nghiệm riêng là y1 x. Hướng dẫn: ppxq x 1 x2 . Do đó y x » C1 e » 2xdx 1 x2 x2 C2 C1 » dx x2p1 x2q C 2 x C1p 1 x 1 2 ln 1 x 1 x q C2 C2 C1 1 2 ln 1 x 1 x 1 . 52 Đây là nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 4.4. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình px2 1qy2 2xy1 2y 0 biết rằng y1 x là một nghiệm riêng của phương trình. Hướng dẫn: Sử dụng công thức Ostrogratski-Liuvil. Nghiệm tổng quát là y C1x C2px 2 1q. 4.3 Phương trình tuyến tính không thuần nhất cấp n 4.3.1 Nghiệm tổng quát Trong phần này ta xét phương trình không thuần nhất ypnq p1pxqy pn1q pnpxqy fpxq. (3.1) trong đó các pipxq, fpxq liên tục trên các khoảng pa; bq. Nếu dùng toán tử vi phân tuyến tính Lrys ypnq p1pxqy pn1q pnpxqy fpxq (3.1) thì ta có thể xét đến các tính chất sau của phương trình tuyến tính không thuần nhất. Nếu zpxq là nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất và ypxq là nghiệm của (3.1) thì zpxq ypxq cũng là một nghiệm của (3.1). Nếu y1pxq, y2pxq là các nghiệm riêng của phương trình (3.1) thì 53 y1pxq y2pxq là nghiệm của phương trình Lrys f1pxq f2pxq. Giả sử y1pxq, y2pxq, , ynpxq là các nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất và ypxq là nghiệm của phương trình không thuần nhất. Khi đó biểu thức ypxq C1y1pxq C2y2pxq Cnynpxq y pxq là nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất. Ví dụ 4.5. Xét phương trình y2 2y 2 3.ex Kiểm tra được rằng phương trình thuần nhất tương ứng có hai nghiệm độc lập tuyến tính là y1 cos ? 2x và y2 sin ? 2x. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là z C1 cos ? 2x C2 sin ? 2x. Phương trình không thuần nhất có một nghiệm riêng là ypxq 1 ex nên nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là ypxq C1 cos ? 2x C2 sin ? 2x 1 ex. 4.3.2 Phương pháp biến thiên hằng số Lagrange • Giả sử phương trình tuyến tính thuần nhất có n nghiệm độc lập tuyến tính là tyipxqu n i1. Khi đó ta tìm nghiệm riêng của 54 phương trình không thuần nhất dưới dạng ypxq C1pxqy1pxq C2pxqy2pxq Cnpxqynpxq. • Phương pháp đó được gọi là biến thiên hằng số Lagrange. Ví dụ 4.6. Xét phương trình xy2 y1 x2. Phương trình thuần nhất tương ứng là xy2 y1 0 có thể viết dưới dạng y2 y1 1 x suy ra y1 Cx do đó y C1x 2 2 C2. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq C2pxqx 2 C1pxq. Trong đó C1pxq, C2pxq thỏa mãn hệ phương trình $ ' & ' % 1 C 11pxq x 2C 12pxq 0 0 C 11pxq 2xC 1 2pxq x Giải hệ phương trình này ta được C 11pxq x2 2 ;C 12pxq 1 2 . Do đó nghiệm riêng là ypxq x3 6 x3 2 x3 3 . Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là y C1 C2x 2 x3 3 . Ví dụ 4.7. Xét phương trình y2 y 1 cosx . 55 Phương trình thuần nhất tương ứng có hai nghiệm cơ bản là y cosx và y sinx. Ta tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dưới dạng ypxq C1pxq cosx C2pxq sinx trong đó C1pxq, C2pxq xác định từ hệ phương trình $ ' & ' % C 11pxq cosx C 1 2pxq sinx 0 C 11pxq sinx C 1 2pxq cosx 1 cosx . Giải hệ phương trình ta được C1pxq ln | cosx| và C2pxq x. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1 cosx C2 sinx cos ln | cosx| sinx với C1, C2 là các hằng số bất kỳ. BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG IV 1. Tìm phương trình tuyến tính thuần nhất nhận các hệ hàm sau đây làm hệ nghiệm cơ bản: a) 1, x, x2. b) cos2 x, sin2 x. 2. Tính định thức Vronski của phương trình p1 x2qy2 2xy1 npn 1qy 0. 3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y2 2 x y1 y 0 56 biết nghiệm riêng của phương trình là y1pxq sinx x . 4. Giải phương trình y2 sin2 x 2y 0 biết phương trình có nghiệm riêng là y cotx. 5. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y2 x 1 x y1 1 1 x y x 1 biết một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính thuần nhất là y ex. 6. Chứng minh rằng nếu qpxq 0 thì nghiệm của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy 0 không thể có giá trị cực đại dương. 7. Chứng minh rằng tỉ số của hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy 0 không thể có điểm cực đại dương. 8. Chứng minh rằng nghiệm của phương trình y2 x2y 0 với điều kiện ban đầu yp0q 1, y1p0q 0 là hàm chẵn và dương. 9. Tìm khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm 57 tầm thường của phương trình y2 my 0 m ¡ 0. Có bao nhiêu không điểm trong khoảng ra; bs? 10. Chứng minh rằng nghiệm bất kỳ của phương trình y2 xy 0 có ít nhất 15 không điểm trên đoạn [-25;25]. 58 Chương 5 MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP n DẠNG ĐẶC BIỆT 5.1 Phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng Định nghĩa 5.1.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng là phương trình có dạng ypnq a1y pn1q any 0. (1.1) trong đó a1, a2, , an là các hằng số thực. Nếu dùng toán tử vi phân tuyến tính Lrys ypnq a1y pn1q any thì phương trình (1.1) có thể viết dưới dạng Lrys 0. 59 • Đa thức F pλq λn a1λn1 an được gọi là đa thức đặc trưng của phương trình (1.1). • Nếu λ0 là nghiệm của đa thức đặc trưng thì eλ0x là nghiệm của phương trình (1.1). • Phương trình λn a1λn1 an 0 được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình (1.1). 5.1.1 Phương trình đặc trưng có n nghiệm thực khác nhau • Phương trình có n nghiệm thực phân biệt là λ1, λ2, . . . , λn. • Khi đó yi eλix là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình. • Nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e λ1x C2e λ2x Cne λnx. Ví dụ 5.1. Giải phương trình yp3q y2 4y1 4y 0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng tương ứng là λ3 λ2 4λ 4 0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1 1;λ2 2, λ3 2. Nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x C2e 2x C3e 2x. 60 Ví dụ 5.2. Giải phương trình yp3q 5y2 6y1 0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng tương ứng là λ3 5λ2 6λ 0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1 0;λ2 2, λ3 3. Nghiệm tổng quát của phương trình là y C1 C2e 2x C3e 3x. 5.1.2 Phương trình đặc trưng có n nghiệm khác nhau và có nghiệm phức • Phương trình có n nghiệm phân biệt trong đó có nghiệm phức α iβ. • Khi đó với mỗi nghiệm phức ta có hai nghiệm độc lập tuyến tính eαx cospβxq và eαx sinpβxq của phương trình. • Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 5.3. Giải phương trình yp3q 3y2 9y1 13y 0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ3 3λ2 9λ 13 0. Nghiệm của phương trình đặc trưng là λ1 1;λ2 2 3i;λ3 2 3i. Nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x C2e 2x cos 3x C3e 2x sin 3x. 61 5.1.3 Phương trình đặc trưng có nghiệm bội • Phương trình đặc trưng nhận λ là nghiệm bội bậc k. • Khi đó các nghiệm xeλx, x2eλx, . . . , xk1eλx là các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình. • Suy ra nghiệm tổng quát của phương trình. Ví dụ 5.4. Giải phương trình yp3q 3y2 3y1 y 0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng pλ3 1q 0 nên λ 1 là nghiệm bội ba. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x C2xe x C3x 2ex. Ví dụ 5.5. Giải phương trình yp3q 7y2 16y1 12y 0. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ3 7λ2 16λ 12 0. nên phương trình có nghiệm đơn λ 3 và nghiệm kép λ 2. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e 3x C2e 2x C3xe 2x. 5.1.4 Phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng Xét phương trình ypnq a1y pn1q any fpxq (*) 62 Trường hợp fpxq Pme αx. Nếu α không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq Qmpxqe αx. Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq xkQmpxqe αx. Ví dụ 5.6. Giải phương trình y2 5y1 6y 6x2 10x 2. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 5λ 6 0 có hai nghiệm thực là λ1 2 và λ2 3. Vì α 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq Ax2 Bx C. Dùng đồng nhất thức xác định được A 1;B C 0 nên y x2 là một nghiệm riêng của phương trình. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e 2x C2e 3x x2. Ví dụ 5.7. Giải phương trình y2 y p2x 1qe2x. 63 Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 1 0 có hai nghiệm thực là λ1 1 và λ2 1. Vì α 2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq pAxBqe2x. Dùng đồng nhất thức xác định được A 2{3;B 5{9 nên y p 2 3 x 5 9 qe2x là một nghiệm riêng của phương trình. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x C2e x p 2 3 x 5 9 qe2x. Ví dụ 5.8. Giải phương trình y2 4y1 4y 2e2x. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 4λ 4 0 có hai nghiệm thực là λ1 λ2 2. Vì α 2 là nghiệm bội hai của phương trình đặc trưng cho nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng ypxq Ax2e2x. Dùng đồng nhất thức xác định được A 1 nên y x2e2x là một nghiệm riêng của phương trình. 64 Do đó nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e 2x C2xe 2x x2e2x. Trường hợp fpxq eαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Nếu α iβ không là nghiệm của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq eαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Nếu α iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq xkeαxpPmpxq cospβxq Qmpxq sinpβxqq. Ví dụ 5.9. Giải phương trình y2 y1 2y pcosx 7 sinxqex. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 λ 2 0 nên λ1 1;λ2 2. Vì α βi 1 i không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq expA cosxB sinxq. Đồng nhất thức ta được A 2;B 1 và do đó nghiệm riêng là ypxq exp2 cosx sinxq. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x C2e 2x exp2 cosx sinxq. 65 Ví dụ 5.10. Giải phương trình y2 y1 y 13 sin 2x. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 λ 1 0 nên λ1 1 2 ? 3 2 i;λ2 1 2 ? 3 2 i. Vì α βi 2i không là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq A cos 2xB sin 2x. Đồng nhất thức ta được A 2;B 3 và do đó nghiệm riêng là ypxq 2 cos 2x 3 sin 2xq. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y C1e x 2 cos ? 3 2 x C2e x 2 sin ? 3 2 x 2 cos 2x 3 sin 2xq. Ví dụ 5.11. Giải phương trình y2 y 2 sinx. Hướng dẫn: Phương trình đặc trưng λ2 1 0 nên λ1 i;λ2 i. Vì α βi i là nghiệm của phương trình đặc trưng cho nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng ypxq xpA cosxB sinxq. 66 Đồng nhất thức ta được A 1;B 0 và do đó nghiệm riêng là ypxq x cosx. Cho nên nghiệm tổng quát của phương trình là y x cosx C1 cosx C2 sinx. 5.2 Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy 0. Trong mục này, ta nghiên cứu về một số tính chất nghiệm của phương trình thuần nhất cấp hai y2 ppxqy1 qpxqy 0. (3.1) Nói chung phương trình 3.1 không đơn giản. Thậm chí trong trường hợp đơn giản hơn y2 qpxqy 0 thì cũng không chắc rằng phương trình có thể giải được. Tuy vậy, ta có thể chuyển về một số trường hợp đơn giản hơn để khảo sát tính chất nghiệm. 5.2.1 Đưa phương trình về dạng không chứa đạo hàm cấp một. Đặt y αpxqz với αpxq xác định bởi αpxq e » ppxqdx 2 . 67 Phương trình được chuyển về dạng z2 Ipxqz 0 với Ipxq ppxq 2 p2pxq 4 qpxq. Ví dụ 5.12. Xét phương trình Becxel x2y2 xy1 px2 n2qy 0. Hướng dẫn: ppxq 1 x và qpxq 1 n2 x2 . Do đó Ipxq 1 1 4 n2 x2 . Từ đay suy ra được nếu n 1 2 thì phép thế y e » dx 2xz z ? x chuyển phương trình Becxel thành z2 z 0. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình này và chuyển về biến y ta được nghiệm tổng quát của phương trình Becxel là y C1J1{2pxq C2J1{2pxq. Trong đó J1 2 pxq c 2 pi sinx ? x và J 1 2 pxq c 2 pi cosx ? x 5.2.2 Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai tự liên hợp Định nghĩa 5.2.1. Phương trình tự liên hợp cấp hai là phương trình có dạng ppxqy2 p1pxqy1 qpxqy 0. 68 Định lý 5.2.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai p0pxqy 2 p1pxqy 1 p2pxqy 0 có thể đưa về dạng tự liên hợp bằng cách nhân hai vế cho hàm µpxq với µpxq 1 p0pxq e » p1pxq p0pxq dx . Ví dụ 5.13. Phương trình Lerander p1 x2qy2 2xy1 npn 1qy 0 là phương trình tự liên hợp. Thật vậy, với x 1 phương trình có p1 x2q1 2x. Do đó phương trình có thể viết lại thành d dx pp1 x2qy1q npn 1qy 0. Ví dụ 5.14. Phương trình Becxel x2y2 xy1 px2 n2qy 0 không là phương trình tự liên hợp. Có thể chuyển về phương trình tự liên hợp bằng cách nhân cho µpxq 1 x . Ki đó dạng tự liên hợp của phương trình Becxel là xy2 y1 px n2 x qy 0. 69 5.3 Sự giao động của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai Định nghĩa 5.3.1. Nghiệm của phương trình tuyến tính cấp hai được gọi là dao động nếu có ít nhất hai không điểm trên đoạn pa; bq. Ngược lại, ta nói nghiệm không dao động. Ví dụ 5.15. a) Xét phương trình y2 λ2y 0 nhận y C1xC2 là nghiệm không dao động với C1 0. b) Xét phương trình y2 λ2y 0 nhận y A sinpλx ϕq là nghiệm dao động trên mỗi đoạn pa; bq có độ dài lớn hơn 2pi λ . Định lý 5.3.1. Giả sử hàm Qpxq liên tục trên khoảng pa; bq và thỏa mãn điều kiện Qpxq ¤ 0, @x P pa; bq Khi đó nghiệm không tầm thường cửa phương trình y2Qpxqy 0 không giao động trên khoảng pa; bq. Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng tồn tại nghiệm không tầm thường của phương trình là y1pxq dao động trên pa; bq với hai không điểm liên tiếp là x1 và x2. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng y1pxq ¡ 0 trên px1.x2q. Khi đó trên px1, x2q thì y21pxq Qpxqy1pxq ¥ 0 70 cho nên y11pxq là hàm không giảm trên px1, x2q. Từ đó suy ra y11px1q lim xÑx1 y1pxq y1px1q x x1 lim xÑx1 y1pxq x x1 ¥ 0. Do y1pxq là nhiệm không tầm thường cho nên y 1 1px1q ¡ 0. Từ đây suy ra y11pxq ¡ 0 với mọi x P px1;x2q. Mặt khác, theo định lý Rolle thì tồn tại c P px1, x2q sao cho y 1 1pcq 0. Điều này là mâu thuẫn với nhận xét y11pxq ¡ 0. Định lý 5.3.2 (stoke). Giả sử y1pxq và y2pxq là hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của phương trình y2 ppxqy1 qpxqy 0 Khi đó giữa hai không điểm của nghiệm y1pxq có duy nhất một không điểm của nghiệm y2pxq và ngược lại. Định lý 5.3.3 (so sánh). Cho hai phương trình y2 Q1pxqy 0 và z2Q2pxqy 0 trong đó Q1, Q2 là các hàm liên tục trên pa; bq. Giả sử trên đoạn pa; bq các hàm Q1pxq và Q2pxq thỏa mãn điều kiện Q2pxq ¥ Q1pxq. Khi đó giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ nhất có ít nhất một không điểm của nghiệm không tầm thường của phương trình thứ hai nếu trong khoảng nằm giữa hai không điểm này có điểm x mà tại đó Q2pxq ¡ Q1pxq. 71 Hệ quả 5.3.4. Nếu Q2pxq ¡ Q1pxq trong khoảng pa; bq thì nghiệm của phương trình z2 Q2pxqy 0 dao động hơn nghiệm của phương trình y2 Q1pxqy 0. Ví dụ 5.16. Xét phương trình y2 qpxqy 0 trong đó qpxq là hàm dương liên tục trên đoạn ra; bs. Kí hiệu m min qpxq và M max qpxq trên ra; bs. Áp dụng định lý so sánh cho từng cặp các phương trình y2 my 0; z2 qpxqz 0 y2 qpxqy 0; z2 Mz 0 Kiểm tra được rằng khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình y2 k2y 0 là pi k . Do đó " khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của nghiệm không tầm thường của phương trình y2 qpxqy 0 nằm trong khoảng p pi ? M ; pi ? m q." Ví dụ 5.17. Xét phương trình Becxel x2y2 xy1px2 n2qy 0. Phương trình được chuyển về z2 1 n2 1 4 x2 z 0. 72 So sánh với phương trình y2 y 0 thì có được kết luận " khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của hàm Becxel nhỏ hơn pi nếu 1 2 n 1 2 , lớn hơn pi nếu n ¡ 1{2 hoặc n 1{2." BÀI TẬP CUỐI CHƯƠNG V 1. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình thuần nhất sau đây: a. yp3q 3y1 0. b. yp3q 3y2 3y1 y 0. c. yp4q 4yp3q 5y2 4y1 4y 0. 2. Giải các phương trình tuyến tính không thuần nhất sau: a. y2 4y1 y x2 2x. b. yp3q y2 y1 y xex. c. yp3q y2 y1 y 3 sinx. d. y2 4y x sin 2x. e. y2 9y cos 2x. cos 3x. f. yp3q y x3 6 x4 . 3. Bằng phép đổi biến chuyển các phương trình sau đây về phương trình có hệ số hằng và giải phương trình đó a. x2y2 2xy1 2y 0. b. p1 x2qy2 xy1 2y 0. 73 c. y2 2 x y1 y 0. d. y2 1 x y1 x2 p1 x2q2 y 0. 4. Chứng minh rằng nếu qpxq ¤ 0 thì bài toán biên y2 qpxqy 0; ypx1q a; ypx2q b có nghiệm duy nhất. Hơn nữa, nghiệm này là hàm đơn điệu khi b 0. 5. Cho phương trình y2 ay1 by 0 tìm điều kiện của các hằng số a; b sao cho a) mọi nghiệm của phương trình đều giới nội trong r0,8q. b) mọi nghiệm của phương trình đều dần đến 0 khi xÑ 8. 6. Chứng minh rằng nghiệm ypxq của phương trình y2 λ2y fpxq với điều kiện ban đầu yp0q y1p0q 0 có dạng ypxq 1 λ » x 0 sinλpx τqfpτqdτ. 74 Chương 6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 6.1 Các khái niệm mở đầu 6.1.1 Hệ phương trình- nghiệm của hệ phương trình Định nghĩa 6.1.1. Hệ phương trình vi phân cấp một dạng chuẩn tắc là hệ phương trình có dạng sau $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx f1px, y1, y2, , ynq dy2 dx f2px, y1, y2, , ynq dyn dx fnpx, y1, y2, , ynq (1.1) Định nghĩa 6.1.2 (nghiệm của hệ). Nghiệm của hệ phương trình vi phân là hệ hàm tyi ϕipxqu n i1 nếu thay vào (1.1) thì được đồng nhất thức theo x. 75 Định nghĩa 6.1.3. Tập hợp điểm Γ tpx, ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxqq, x P pa; bqu được gọi là đường cong tích phân ứng với nghiệm ϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxq. Định nghĩa 6.1.4. Không gian Rn được gọi là không gian pha. Tập hợp điểm γ tpϕ1pxq, ϕ2pxq, , ϕnpxqq, x P pa; bqu được gọi là đường cong pha hay quỹ đạo pha. • Đường cong pha chứa trong không gian pha. • Không gian Rn1 được gọi là không gian pha suy rộng. • Đường cong tích phân được chứa trong không gian pha suy rộng. 6.1.2 Ý nghĩa cơ học • Xem t là biến độc lập, x1, x2, , xn là tọa độ của một điểm trong không gian pha Rn. • Hệ phương trình vi phân cấp một $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dx1 dx F1pt, x1, x2, , xnq dx2 dx F2pt, x1, x2, , xnq dxn dx Fnpt, x1, x2, , xnq (1.2) 76 • Hệ phương trình trên là hệ phương trình chuyển động của một điểm trong không gian pha Rn. • Hệ (1.2) độc lập với biến t hay $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dx1 dx F1px1, x2, , xnq dx2 dx F2px1, x2, , xnq dxn dx Fnpx1, x2, , xnq (1.3) thì vận tốc của vector không thay đổi theo thời gian. • Hệ phương trình trên xác định một trường vận tốc dừng hay còn gọi là hệ ô-tô-nôm. Ví dụ 6.1. Hệ phương trình $ ' & ' % dx dt y dy dt x là một hệ dừng. • Không gian pha là R2. • Hệ có nghiệm là x C1 cospt C2q; y C1 sinpt C2q. • Vì x2 y2 C21 nên trong không gian pha mỗi chuyển động của hệ đang xét là một đường tròn tâm O bán kính |C1|. 77 6.2 Mối quan hệ giữa phương trình vi phân cấp n và hệ n phương trình vi phân cấp một 6.2.1 Chuyển PTVP cấp n về hệ n phương trình vi phân cấp một • Đặt y y1; y1 y2, , yn ypn1q. • Khi đó có hệ n phương trình vi phân cấp một $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx y2 dy2 dx y3 dyn dx fpx, y1, y2, , ynq 6.2.2 Chuyển hệ n phương trình vi phân cấp một về PTVP cấp n Ví dụ 6.2. Xét hệ phương trình vi phân $ ' & ' % dx dt 3x 2y dy dt 2x y • Vi phân hai vế của phương trình đầu thì d 2x dt2 3 dx dt 2 dy dt . • Thay phương trình hai vào thì d2x dt2 2 dx dt x 0. 78 Ví dụ 6.3. Xét hệ phương trình vi phân $ ' & ' % dx dt y dy dt x • Cộng hai vế của phương trình thì d dt px yq x y. • Suy ra x y C1et. • Trừ hai phương trình cho nhau thì d dt px yq x y. • Suy ra x y C2et. 6.3 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 6.3.1. Xét hệ phương trình vi phân $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx f1px, y1, y2, , ynq dy2 dx f2px, y1, y2, , ynq dyn dx fnpx, y1, y2, , ynq (4.1) Nếu các hàm fi liên tục và giới nội trong miền G € Rn và các hàm fi thỏa mãn điều kiện Lipchitz. Khi đó hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện Cauchy ban đầu. 79 6.4 Các loại nghiệm của hệ phương trình vi phân Nghiệm tổng quát- nghiệm riêng- nghiệm kỳ dị Định nghĩa 6.4.1. Hệ n hàm khả vi liên tục theo x phụ thuộc vào n hằng số yi ϕipx,C1, C2, , Cnq được gọi là nghiệm tổng quát của hệ phương trình nếu a) Với mỗi px0, y 0 1, , y 0 nq P G có thể xác định được các hằng số Ci. b) Khi thay yi vào hệ phương trình ta được các đồng nhất thức đúng. Định nghĩa 6.4.2. Nghiệm của hệ phương trình mà tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy được đảm bảo gọi là nghiệm riêng. Nếu tính duy nhất nghiệm bị phá vỡ được gọi là nghiệm kỳ dị. 80 6.5 Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất Định nghĩa 6.5.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình có dạng $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx p11pxqy1 p12pxqy2 p1npxqyn dy2 dx p21pxqy1 p22pxqy2 p2npxqyn dyn dx pn1pxqy1 pn2pxqy2 pnnpxqyn (6.1) Trong đó các hàm pijpxq liên tục trên pa; bq. Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Định lý 6.5.1. Giả sử y1pxq, y2pxq, , ynpxq là nghiệm cơ bản của (6.1). Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình là Y pxq c1y1pxq c2y2pxq cnynpxq trong đó các số ci là tùy ý. 81 6.6 Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Định nghĩa 6.6.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là hệ phương trình có dạng $ ' ' ' ' ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' ' ' ' ' % dy1 dx p11pxqy1 p12pxqy2 p1npxqyn f1pxq dy2 dx p21pxqy1 p22pxqy2 p2npxqyn f2pxq dyn dx pn1pxqy1 pn2pxqy2 pnnpxqyn fnpxq (7.1) Trong đó các hàm pijpxq liên tục trên pa; bq. Cấu trúc nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất Định lý 6.6.1. Giả sử y1pxq, y2pxq, , ynpxq là nghiệm cơ bản của (6.1) và ypxq là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất. Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình (7.1) là Y pxq c1y1pxq c2y2pxq cnynpxq y pxq trong đó các số ci là tùy ý. 82 6.7 Một số phương pháp giải hệ phương trình vi phân 6.7.1 Phương pháp khử Nội dung phương pháp: là đưa một hệ phương trình vi phân về phương trình vi phân cấp cao bằng cách đạo hàm một phương trình rồi khử các hàm chưa biết chỉ để lại một hàm số duy nhất. Ví dụ 6.4. Xét hệ $ ' & ' % dx dt y t2 dy dt 3x 3 t Từ phương trình đầu ta có y t2 dx dt Ñ dy dt 2t dx dt t2 d2y dt2 . Từ phương trình hai ta có dx dt 3x 3 t y 3x 3t dx dt . Cho nên t2 d2x dt2 2 dx dt 3x 3t dx dt suy ra t2 d2x dt2 t dx dt 3x 0. Giải phương trình vi phân cấp hai ta được xptq c1 t c2t 3 cho nên y t2 dx dt c1 3c2t 2. Cho nên nghiệm của hệ là $ ' & ' % xptq c1 t c2t 3 yptq t2 dx dt c1 3c2t 2 83 Ví dụ 6.5. Xét hệ phương trình $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % dx dt 2y dy dt 2z dz dt 2x Đạo hàm phương trình thứ nhất ta được d2x dt2 2 dy dt thế dy dt vào phương trình thứ hai ta được d2x dt2 4z. Đạo hàm tiếp ta được d3x dt3 4 dz dt . Thế dz dt vào phương trình thứ ba ta được d3x dt3 8x 0. Ta được một phương trình vi phân cấp ba theo x. Giải phương trình theo x và thay vào các phương trình thứ nhất, thứ hai trong hệ ta được nghiệm của hệ là $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % x c1e 2t etpc2 cos ? 3t c3 sin ? 3tq y c1e 2t 1 2 etppc3 c2q cos ? 3t pc3 ? 3 c3q sin ? 3tq z c1e 2t 1 2 etppc3 ? 3 c2q cos ? 3t pc3 ? 3 c3q sin ? 3tq 84 6.7.2 Phương pháp toán tử Nội dung: Trường hợp hệ phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng thì phương pháp khử nêu trên có thể tiến hành nhờ các toán tử vi phân và việc giải các hệ phương trình vi phân giống như giải các phương trình đại số tuyến tính. Ta kí hiệu phép lấy đạo hàm là D d dt khi đó D2 d2 dt2 , . . . , Dk dk dtk . Khi đó các hệ phương trình vi phân có thể biểu diễn như hệ phương trình đại số. Ví dụ 6.6. Giải hệ phương trình $ ' & ' % x2 x1 2y 0 x1 3x 2y 0 Viết hệ dưới dạng toán tử như sau $ ' & ' % Dx pD 2qy 0 pD 3qx 2y 0 Khử x ta được pD2 D 6qy 0. Đây là hệ phương trình vi phân tuyến tính câp hai y2 y1 6y 0. Giải phương trình ta được yptq c1e 2t c2e 3t. Thế y vào phương trình đầu ta có được x13x 2c1e 2t 2c2e 3t. 85 Giải phương trình tuyến tính ta tìm được x 2c1e 2t 1 3 c2e 3t. Ví dụ 6.7. Giải hệ phương trình $ ' & ' % x2ptq y1ptq xptq yptq 1 x1ptq y1ptq xptq t2 Viết hệ dưới dạng toán tử như sau $ ' & ' % pD2 1qx pD 1qy 1 pD 1qxDy t2 Khử y ta được xp3qptq x2ptq x1ptq xptq 2t t2. Giải phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất ta được xptq t2 4t 6 c1e t c2te t c3e t. Thay vào phương trình hai ta được nghiệm của hệ phương trình là $ ' & ' % xptq t2 4t 6 c1e t c2te t c3e t yptq t2 2t 3 c2e t 2c3e t 6.7.3 Phương pháp tổ hợp tích phân Nội dung: là tổ hợp các phương trình một cách thích hợp để được các phương trình dễ lấy tích phân. Ví dụ 6.8. Giải hệ 86 phương trình $ ' & ' % dx dt x2y dy dt y t xy2 Nhân phương trình thứ nhất với y, phương trình thứ hai với x rồi cộng lại ta được y dx dt x dy dt xy t Ñ dpxyq dt xy t Ñ xy c1t. Thế xy c1t vào phương trình thứ nhất ta được dx dt c1txÑ x c2e c1 t2 2 . Thế vào phương trình ta được y c1 c2 te c1 t2 2 , c2 0. Vậy nghiệm của hệ là $ ' ' ' ' & ' ' ' ' % x c2e c1 t2 2 y c1 c2 te c1 t2 2 Ví dụ 6.9. Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dx dt x 2x 3y dy dt y 2x 3y 87 với điều kiện xp0q 1; yp0q 2. Chia phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được dx dy x y Ñ x c1y. Ta lập tổ hợp thứ hai như sau 2 dx dt 3 dy dt 1Ñ 2dx 3dy dtÑ 2x 3y t c2. Từ trên ta được $ ' ' & ' ' % x c1pt c2q 2c1 3 y t c2 2c1 3 Sử dụng điều kiện ban đầu ta được c1 1 2 , c2 8 nên nghiệm của hệ là $ ' & ' % x 1 8 t 1 y 1 4 t 2 BÀI TẬP CHƯƠNG 6 Bài 1:Giải hệ phương trình $ ' & ' % dx dt x y dy dt x y Bài 2:Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dx dt x 2x 3y dy dt y 2x 3y 88 Bài 3:Giải hệ phương trình $ ' ' & ' ' % dy dx z pz yq2 dz dx y pz yq2 Bài 4:Giải hệ phương trình $ ' ' ' ' ' & ' ' ' ' ' % dx dt x y z t dy dt x y z t dz dt x y 1 89 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thế Hoàn- Phạm Phu ,(2007), Cơ sở phương trình vi phân và lý thuyết ổn định, NXB Giáo dục. [2] Nguyễn Thế Hoàn- Trần Văn Nhung ,(2007),Bài tập Phương trình vi phân, NXB Giáo dục. [3] Đỗ Công Khanh ,(2000),Giải tích nhiều biến, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh. [4] Đỗ Công Khanh- Ngô Thu Lương- Nguyễn Minh Hằng,(2003),Toán cao cấp (Toán 4), Chuỗi và Phương trình vi phân, NXB Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. [5] Nguyễn Đình Phư ,(2002) ,Bài tập phương trình vi phân, Đại học Quốc Gia Thành phố Hồ Chí Minh. 90 Các file đính kèm theo tài liệu này:
|
