Giáo trình Phương trình vi phân

99 trang phuongnguyen 3500

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Phương trình vi phân", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_phuong_trinh_vi_phan.pdf

Nội dung text: Giáo trình Phương trình vi phân

Giáo trình Phương trình vi phân
Phương trình vi phân MỤC LỤC Chương 1 5 LÝ THUYẾT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 5 §1. MỞ ĐẦU 5 1.1. Định nghĩa 5 1.2. Ý nghĩa cơ học và vật lý của phương trình vi phân 5 1.3. Cấp của phương trình vi phân 6 1.4. Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân cấp 1 7 §2. ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I 8 2.1. Định nghĩa 8 2.2.Định lý 8 §3. CÁC LOẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 9 3.1.Nghiệm tổng quát 9 3.2.Tích phân tổng quát 9 3.3.Nghiệm riêng 9 3.4.Nghiệm kì dị 10 3.5. Phương pháp tìm nghiệm kì dị 11 Chương 2 14 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP 14 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 14 §1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI BIẾN SỐ PHÂN LY 14 M() x dx+= N () y dy 0 1.1.Dạng 14 1.2.Phương trình đưa về phương trình tách biến 15 §2. PHƯƠNG TRÌNH THUẦN NHẤT 15 2.1.Định nghĩa 15 2.2. Phương trình đưa được về phương trình thuần nhất 17 §3. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 18 3.1.Định nghĩa 18 3.2.Cách giải 18 3.3.Hệ quả 19 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 1
Phương trình vi phân 3.4.Phương trình đưa được về phương trình tuyến tính 20 §4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HOÀN CHỈNH - THỪA SỐ TÍCH PHÂN 23 4.1.Cách đoán nhận phương trình là phương trình vi phân hoàn chỉnh 23 4.2.Thừa số tích phân 26 Chương 3 30 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 30 CHƯA GIẢI RA ĐỐI VỚI ĐẠO HÀM 30 §1. PHƯƠNG TRÌNH Fxy(, ')0= HAY Fyy(, ')0= 30 1.1.Phương trình Fxy(, ')0= . 30 1.2.Phương trình Fyy(, ')0= 31 §2. PHƯƠNG TRÌNH Fxyy(, , ')0= - PHƯƠNG TRÌNH LAGRĂNG-KLERÔ 32 2.1.Phương trình Fxyy(, , ')0= 32 2.2.Phương trình Lagrăng 33 2.3.Phương trình Klerô: Khi φ (')yy≡ ' 34 Chương 4 35 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO 35 §1. ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 36 1.1.Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp cao 36 1.2.Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 37 1.3. Phương trình cấp n 38 §2. CÁC PHƯƠNG TRÌNH GIẢI ĐƯỢC BẰNG CẦU PHƯƠNG 39 ()n 2.1.Dạng Fxy(, )= 0 39 (1)()nn− 2.2.Dạng Fy(,)0 y = 42 (2)()nn− 2.3. Dạng Fy(,)0 y = 43 §3. TÍCH PHÂN TRUNG GIAN - PHƯƠNG TRÌNH HẠ CẤP ĐƯỢC 44 3.1. Tích phân trung gian 44 3.2. Các trường hợp phương trình hạ cấp được nhờ tích phân trung gian 44 3.3. Phương trình thuần nhất đối với hàm và đạo hàm 46 3.4. Phương trình mà vế trái là đạo hàm đúng 47 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 2
Phương trình vi phân Chương 5 48 LÝ THUYẾT TỔNG QUÁT 48 VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 48 §1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT TỔNG QUÁT 48 1.1. Định nghĩa 48 1.2. Tính chất 48 1.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm 48 §2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT 49 2.1. Tính chất của toán tử Ln 49 2.2. Khái niệm về sự phụ thuộc tuyến tính 49 2.3. Định thức Wrônxki 50 2.4. Hệ nghiệm cơ bản 52 §3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT 54 3.1. Tính chất: 54 3.2. Phương pháp biến thiên hằng số 55 § 4. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ HẰNG SỐ. 57 4.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số. 57 4.2. Phương trình tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng số. 60 Chương 6 65 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 65 § 1. KHÁI NIỆM, ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 65 1.1. Định nghĩa 65 1.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 65 1.3. Các loại nghiệm của hệ chuẩn tắc 66 §2. ĐƯA HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỀ PTVP CẤP CAO. 66 2.1. Một số ví dụ 66 §3. PHƯƠNG PHÁP LẬP TỔ HỢP GIẢI TÍCH 68 § 4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT 70 4.1. Định nghĩa 70 4.2. Toán tử vi phân tuyến tính 71 4.3. Khái niệm về sự phụ thuộc tuyến tính 72 4.4. Hệ nghiệm cơ bản 74 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 3
Phương trình vi phân §5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT 75 5.1. Một số định lý về nghiệm của hệ phương trình. 75 5.2. Phương pháp biến thiên hằng số 77 §6. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT 79 CÓ HỆ SỐ HẰNG SỐ 79 Phần 1: Phương trình vi phân cấp 1 85 Phần 2: Phương trình vi phân cấp cao 91 Phần 3: Hệ phương trình vi phân 95 TÀI LIỆU THAM KHẢO 97 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 4
Phương trình vi phân Chương 1 LÝ THUYẾT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 §1. MỞ ĐẦU Khi dùng toán học để nghiên cứu các bài toán tự nhiên, kỹ thuật không phải bao giờ cũng tìm hàm cần xác định thông qua các phương trình đại số hay phương trình siêu việt mà nhiều khi ta phải tìm hàm thông qua các mối liên hệ giữa biến số độc lập, hàm phải tìm và các đạo hàm hay vi phân của nó. Từ đó đòi hỏi toán học phải nghiên cứu một lớp phương trình mới được gọi là phương trình vi phân. 1.1. Định nghĩa: Phương trình mà trong đó chứa các biến số độc lập, hàm phải tìm và các đạo hàm ( hay vi phân ) của nó được gọi là một phương trình vi phân. dy Ví dụ: + 5sinxx= 0 dx yyy'''+ 5 ''= 0 Ta phân biệt phương trình vi phân thường là phương trình mà trong đó hàm phải tìm chỉ phụ thuộc một biến số độc lập. Phương trình đạo hàm riêng là phương trình mà hàm phải tìm phụ thuộc ít nhất hai biến số: ∂∂2uu Ví dụ: +=sinx .sintuuxt = ( , ) ∂∂xt2 1.2. Ý nghĩa cơ học và vật lý của phương trình vi phân Bài toán: Xét chuyển động rơi tự do trong chân không của một vật có khối lượng m. Hãy tìm quy luật chuyển động. Chọn hướng oy như hình vẽ. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 5
Phương trình vi phân dy2 Theo cơ học nếu gọi quãng đường là y thì gia tốc của vật là w = . Mặt dt 2 khác ta biết rằng vật rơi tự do trong chân không có gia tốc không đổi là dy2 g = 9,8(ms /2 ) . Do cách chọn trục oy ta có: = −g . dt 2 gt 2 ⎛⎞dy Giải phương trình ta có: yCtC=− +12 + . Trong đó: Cv10= ⎜⎟= (vận tốc 2 ⎝⎠dt t=0 ban đầu), Cy200==()t= y (độ cao ban đầu). Qua ví dụ trên ta thấy: - Nghiệm của phương trình vi phân chứa các hằng số tuỳ ý (số lượng tuỳ theo cấp của phương trình). - Muốn xác định các hằng số thì ta phải biết được các điều kiện ban đầu của phương trình. 1.3. Cấp của phương trình vi phân dy Phương trình Fxy(, , )= 0 có chứa đạo hàm cấp 1 là phương trình vi phân cấp 1 dx (phương trình nhất thiết phải chứa đạo hàm cấp 1). dy d2 y Phương trình Fxy(, , , ) có chứa đạo hàm cấp 2 là phương trình vi dx dx2 phân cấp 2 ( Nhất thiết phải chứa đạo hàm cấp 2). Một cách tổng quát: Cấp của phương trình vi phân là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình. dy dn y Chẳng hạn Fxy( , , , , )= 0 là phương trình vi phân cấp n, ở đây nhất dx dxn dyn thiết phải có mặt . dxn Đối với phương trình vi phân cấp n thông thường ta tìm nghiệm dưới dạng yxCCC= φ( ,12 , , ,n ) chứa n hằng số tuỳ ý được gọi là nghiệm tổng quát của Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 6
Phương trình vi phân phương trình. Nếu cho CC12, , , Cn những giá trị cụ thể ta sẽ được nghiệm riêng của phương trình. 1.4. Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân cấp 1 Xét phương trình: dy = fxy( , ) (1.4) dx Với giả thiết hàm f (,xy ) xác định và liên tục trong miền GR⊂ 2 . Nếu yx= φ() là nghiệm của (1.4) thì đường cong có phương trình yx= φ() gọi là đường cong tích phân của phương trình vi phân (1.4) . Ta xét xem đường cong tích phân đó có tính chất gì ?. Trên mặt phẳng R2 qua mỗi điểm M (,xy )∈ G vẽ một đoạn thẳng làm với trục ox một góc α sao cho tgα = f(, x y ). Khi đó tập hợp mọi điểm của G mà tại mỗi điểm có xác định đoạn thẳng như trên được gọi là một HƯỚNG TRƯỜNG. Khi đó trong G đường cong tích phân có tính chất là nó phải tiếp xúc với HƯỚNG TRƯỜNG tại mọi điểm của nó. Như vậy: Ý nghĩa hình học của việc lấy tích phân phương trình (1.4) là hãy vẽ đường cong yx= φ() sao cho hướng của tiếp tuyến tại mỗi điểm của nó trùng với hướng của hướng trường tại điểm ấy. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 7
Phương trình vi phân §2. ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP I dy Xét phương trình = fxy(, ) (2.1) dx Khi đó bài toán tìm nghiệm yyx= () của (2.1) sao cho khi x = x0 thì yy= 0 được gọi là bài toán Côsi, ở đây (,x00y ) là các giá trị tuỳ ý cho trước được gọi là giá trị ban đầu (điều kiện đầu). Một vấn đề đặt ra là ta hãy xét xem với điều kiện nào thì: 1. Bài toán Côsi của phương trình có nghiệm. 2. Nghiệm của bài toán là duy nhất. Giải quyết các vấn đề nêu trên là nội dung của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. 2.1. Định nghĩa: Ta nói hàm f (,xy ) thoả mãn trong miền GR⊂ 2 điều kiện Lipsit đối với y nếu ∃>N 0 sao cho với bất kỳ x,,yy mà (,x yGxyG )∈∈ ,(,) thì fxy(, )−≤− fxy (, ) Ny y (2.2). ' Chú ý: Bất đẳng thức (2.2) sẽ thoả mãn nếu f (,xy ),∃ fy (, xy ) giới nội trong G tức ' là f y (,xy )≤∀ N (, xy ) ∈ G. Vì theo Lagrăng ' f (,xy )−=+−−≤− f (, xy ) fy (, xy ty ( y ) y y Ny y ' Nhưng điều ngược lại không đúng vì có thể (2.2) thoả mãn nhưng f y (,xy ) không tồn tại. ' Ví dụ: f (,xy )=−≤− y y y y y nhưng f y không tồn tại tại y = 0 2.2.Định lý: Xét phương trình (2.1) với giá trị ban đầu (,x00y ). Giả sử 1. f (,xy ) là hàm liên tục hai biến trong miền kín giới nội G Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 8
Phương trình vi phân ⎧xaxxa00− ≤≤ + ⎨ ab,0> ⎩ybyyb00−≤ ≤ + (vì f liên tục trong G kín, giới nội nên ∃M để f (,x y )≤ Mx∀∈ (,y ) G ) 2. f (,xy ) thoả mãn trong G điều kiện lipsit đối với y . Khi đó tồn tại duy nhất một nghiệm yx= φ() của phương trình (2.1) xác định và liên tục đối với các giá trị của x thuộc đoạn x00− hxx≤≤ + h trong đó b ha= min( , ) sao cho khi x = x thì φ()x = y . M 0 00 §3. CÁC LOẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN dy Xét phương trình = fxy(, ) (3.1) dx 3.1.Nghiệm tổng quát Giả sử GR⊂ 2 là miền mà tại mọi điểm của nó có một và chỉ một đường cong tích phân của phương trình (3.1)đi qua. Khi đó hàm yxc= φ( , ) (3.2) xác định và có đạo hàm liên tục theo x được gọi là nghiệm tổng quát của phương trình (3.1) trong G nếu: a) ∀∈M (,xy ) G từ yxc= φ(,) có thể giải ra được cxy=ψ (, ). b) yxc= φ(,)là nghiệm của phương trình (3.1)với ∀c thuộc miền đang xét khi M (,xy ) chạy khắp G . 3.2.Tích phân tổng quát Hệ thức: ϕ(,xyc ,)= 0 hay ψ (,x yc )= gọi là tích phân tổng quát của (3.1)trong G nếu nó xác định nghiệm tổng quát yxc= φ(,) của phương trình trong miền đó. 3.3.Nghiệm riêng Nghiệm yyx= () được gọi là nghiệm riêng của phương trình (3.1) nếu tại mỗi điểm của nó điều kiện duy nhất nghiệm của bài toán Côsi được thoả mãn. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 9
Phương trình vi phân Nghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát với hằng số c xác định luôn luôn là nghiệm riêng. 3.4.Nghiệm kì dị Nghiệm yyx= () được gọi là nghiệm kì dị của phương trình (3.1)nếu tại mọi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Côsi bị phá vỡ. Ví dụ: Xét phương trình yy'2= (0)y ≥ dy ⇒=dx(0) y ≠ 2 y ⇒=+yxc() x >− c ⇒=yxc()( +2 x >− c ) Ta xét các loại nghiệm của phương trình trên. a) Ta chứng minh rằng y =+()xc2 với x >−c là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trong miền G : −∞ −c thoả mãn phương trình. Do đó y =+()xc2 với x >−c là nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trong miền G . b) Dễ thấy yxc−= là tích phân tổng quát của phương trình. c) Nghiện riêng: Từ y =+()xc2 với c = 0 ⇒=y x2 với x > 0 là nghiệm riêng. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 10
Phương trình vi phân d) Nghiệm kì dị: Xét y = 0 dễ thấy y = 0 là nghiệm của phương trình nhưng tại mỗi điểm của nó còn có một nghiệm riêng dẫn đến được xác định từ nghiệm tổng quát nên y = 0 là nghiệm kì dị. Chú ý: +) Nghiệm kì dị không thể nằm trong miền tồn tại G của nghiệm tổng quát được. +) Đoạn x'MN cũng là nghiệm nhận được bằng cách dán nghiệm riêng và nghiệm kì dị, đây không phải là nghiệm riêng và không phải là nghiệm kì dị. 3.5. Phương pháp tìm nghiệm kì dị a) Phương trình: yfxy'(,)= Nghiệm kì dị chỉ có thể xuất hiện tại những nơi mà điều kiện Lipsit không ∂f được thoả mãn. Do đó nghiệm kì dị có thể xuất hiện tại những nơi mà không ∂y giới nội. Từ đó ta có thể rút ra quy tắc tìm nghiệm kì dị: ∂f +) Tìm những đường cong mà dọc theo nó không giới nội. Giả sử gọi đường ∂y cong đó là y = φ * ()x . +) Thử xem đường cong đó có phải là nghiệm của phương trình vi phân không. +) Nếu có phải thì thử xem tại mỗi điểm của đường cong tính chất duy nhất nghiệm có bị phá vỡ hay không. Nếu tính duy nhất bị phá vỡ thì y = φ * ()x là nghiệm kì dị. 2 ∂f 2 −1 ∂f Ví dụ: yy' = 3 . Ta có = y 2 = ∞ khi y = 0 . ∂y 3 ∂y Ta thấy: +) y = 0 là nghiệm. +) Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân trên là 27y =+ (xc )3 đây là họ đường Parabol bậc 3, ta thấy tại mọi điểm của y = 0 tính chất duy nhất nghiệm bị phá vỡ do đó y = 0 là nghiệm kì dị. b) Phương trình Fxyy(, , ')0= (3.2). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 11
Phương trình vi phân Giả sử phương trình (3.2) xác định một số các giá trị thực y '(hay vô hạn) yfxyi'(,)(1,2, )==i (3.3) giả sử fi (,xy ) liên tục và có đạo hàm riêng theo y khi đó lý luận như trên ta có thể tìm được nghiệm kì dị của phương trình (3.2). Tuy nhiên trong thực hành để tìm nghiệm kì dị của phương trình (3.2) ta có ∂f thể tính trực tiếp i như sau: ∂y ∂f ∂y' ∂∂∂FFy' Ta có: i = vi phân phương trình (3.2) theo y ta được +=0 ∂∂yy ∂∂∂yyy' ∂F − ∂∂yF' ∂y ∂F ∂y' ⇒=(0)gt ≠. Ta thấy rằng =⇔0 không giới nội. ∂∂yy∂F ' ∂yy' ∂ ∂y ' Từ đó ta đi đến quy tắc tìm nghiệm kì dị của phương trình (3.2) như sau: ⎧Fxyy(, , ')0= ⎪ * Từ hệ ⎨∂F khử y ' ta được hệ thức Rxy( , )= 0 (3.4) ⎪ = 0 ⎩∂y ' Hệ thức (3.4) gọi là y '− biệt tuyến (hay p biệt tuyến) của phương trình (3.2). * Thử xem p biệt tuyến có phải là nghiệm của phương trình (3.2) hay không. * Nếu phải thì xem tính chất duy nhất có bị phá vỡ hay không. Nếu có thì p-biệt tuyến là nghiệm kì dị. Ví dụ: Tìm nghiệm kì dị của phương trình Fxyy(, , ')= y '22+−= y 1 0. ∂F ⎧yy'1022+ −= Ta có = 2'y = 0 khử y ' từ hệ ⎨ ⇒=±y 1. ∂y' ⎩2'y = 0 Thay y =±1 vào phương trình ta thấy nó là nghiệm. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 12
Phương trình vi phân Từ yy'1=± − 2 ta có nghiệm arcsin yxc= ±+ ⇒=yxcsin( ±+ ) hay yxc=+sin( ) (vì sin(−+x cxc ) = sin( +π − ) ). Ta thấy trên y =±1 tính chất duy nhất nghiệm bị phá vỡ ⇒=±y 1 là nghiệm kì dị. c) Tìm nghiệm kì dị từ nghiệm tổng quát: Giả sử tích phân tổng quát có dạng Φ(,xyc ,)= 0 ta tìm bao hình của họ nghiệm tổng quát. Muốn vậy trước hết ta tìm c -biệt tuyến từ hệ ⎧Φ=(,xyc ,) 0 ⎪ ⎨∂Φ(,xyc ,) = 0 ⎩⎪ ∂c Ta chứng minh rằng nếu c -biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát thì nó là nghiệm kì dị của phương trình. Thật vậy Bao hình là nghiệm: Tại mỗi điểm của bao hình luôn có một đường cong tích phân tiếp xúc suy ra bao hình là nghiệm. Bao hình là nghiệm kì dị: Hiển nhiên. Quy tắc tìm nghiệm kì dị: + Tìm c -biệt tuyến của họ đường cong Φ(,xyc ,)= 0 ⎧Φ=(,xyc ,) 0 ⎪ ⎨∂Φ(,xyc ,) ⇒=Rxy(, ) 0 = 0 ⎪⎩ ∂c + Thử xem c -biệt tuyến có phải là bao hình không. Nếu phải thì Rxy(, )= 0 là nghiệm kì dị. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 13
Phương trình vi phân Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 §1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI BIẾN SỐ PHÂN LY 1.1.Dạng M() x dx+= N () y dy 0 (1.1) (1.1) gọi là phương trình vi phân với biến số phân ly (phương trình tách biến) giả sử M (),()xNy liên tục trong miền nào đó của R2 , khi đó tích phân tổng quát của (1.1) có dạng ∫∫M ()xdx+= N () ydyC. Tổng quát hơn ta xét phương trình M() x N () y dx+ P () x Q () y dy = 0 (1.2) Trong đó M ,,,NPQ là các hàm liên tục theo đối số của chúng trong miền đang xét. Mx() Qy () Giả sử NyPx()()≠ 0 khi đó từ (1.2) ⇒ dx+ dy = 0 do đó tích phân Px() Ny () Mx() Qy () tổng quát có dạng dx+ dy= C . Ngoài ra ta phải xét trường hợp ∫∫Px() N () y NyPx()()= 0. Những trường hợp yy= 0 làm cho Ny()= 0 cũng là nghiệm của phương trình (1.2) . Nếu muốn tìm cả nghiệm dưới dạng x = xy() thì những giá trị x = x0 làm cho Px()= 0 cũng là nghiệm của phương trình. Ví dụ: Xét phương trình x(1)(1)0 y22− dx+−= y x dy . xy Giả sử (1)(1)0y22−−≠⇒ x dx + dy = 0 xy22−−11 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 14
Phương trình vi phân 22 ⇔−+−=lnxyCC 1 ln 1 ln11 ( ≠ 0) 22 ⇔−(1)(1)xy −= C1 hay (1)(1)xy22− −=C Ngoài ra còn có các nghiệm yx= ±=±1, 1 . 1.2.Phương trình đưa về phương trình tách biến dy Xét phương trình dạng = f ()ax++ by c . dx dz − a dy dz Đặt zaxbyc=++⇒=dx hay −=abfz() đây là phương trình tách dx b dx biến. dy Ví dụ: =−+x y 5 Đặt zxy= −+5 dx dz ⇒=⇒−=−+dxln 1 z x C do đó 11−=zee− x C1 ⇒−= zCe− x . 1− z 1 Vậy zCe=−1 − x hay yCex=++− x 4 là nghiệm của phương trình. §2. PHƯƠNG TRÌNH THUẦN NHẤT 2.1.Định nghĩa: Hàm số f (,xy ) gọi là hàm thuần nhất bậc n nếu f (,)tx ty = t n f (,)x y . dy Xét phương trình : = f (,xy ) (2.1) dx với f (,xy ) liên tục và là hàm thuần nhất bậc không. 1 yy dy y Đặt t = ⇒==fxy(, ) f (1,)φ ( ) ta có: = φ() (2.2) x x x dx x Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 15
Phương trình vi phân ydydz Đặt zzx=⇒ =+ thế vào phương trình (2.2) ta có x dx dx dz dz zx+=φ() zhay φ()zzx−= . dx dx dz dx Đây là phương trình tách biến = với giả thiết φ()zz−≠ 0 φ()zz− x dz dz1 x x ∫ y ∫ =+lnx ln = ln ⇔=eeφ ()zz− =ϕ ()z hay x = Ceϕ ()z thay z = φ()zz− C111 C C x y ϕ () vào ta được x = Ce x (2.3) Đây là nghiệm tổng quát của (2.1) . dy2 xy Ví dụ: = dx x22− y dz2 z z3 + z dx(1− z2 ) Đặt yzxx=⇒ = −= z hay = dz dx11−− z22 z xzz(1)2 + dx(1− z2 ) dx dz 2 zdz ⇒−dz =−+ =ln C ∫∫xzz(1++22 ) ∫∫∫ x z 1 z 1 xz(1+ 2 ) xz(1+ 2 ) y hay lnx −++=⇔ lnzzC ln 12 ln = C hay = C thay z = 11z z x 22 22 2 ⎛⎞⎛⎞CC vào ⇒+−=yxCy0 hay xy+−⎜⎟⎜⎟ = . ⎝⎠⎝⎠22 Chú ý: - Khi giải phương trình vi phân thuần nhất ta không nhất thiết phải đưa về y dạng φ() mà đặt luôn yzx= sau đó biến đổi. x - Nếu φ()zz− = 0 với zz= 0 thì ngoài nghiệm tổng quát còn nghiệm zz= 0 hay yzx= 0 cũng là nghiệm. Trong ví dụ trên đường thẳng y = 0 cũng là nghiệm của phương trình. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 16
Phương trình vi phân 2.2. Phương trình đưa được về phương trình thuần nhất dy⎛⎞ a x++ b y c Xét phương trình dạng = f ⎜⎟111. dx⎝⎠ a222 x++ b y c ab11 ⎧xh=+ξ * Giả sử ∆= ≠0 dùng phép đổi biến ⎨ (,hk= const ), khi đó ab22 ⎩yk=+η dabahbkcηξη⎛⎞++++ phương trình có dạng = f ⎜⎟11 111. Nếu chọn hk, thoả mãn dabahbkcξξη⎝⎠22++++ 222 ⎧ah111++= bk c 0 dabη ⎛⎞ξη+ ⎨ thì ta được phương trình thuần nhất = f ⎜⎟11 ⎩ah222++= bk c 0 dabξ ⎝⎠22ξη+ ab ab * Nếu ∆=11 =0 ⇔==11λ ab22 ab22 dy⎛⎞⎛⎞ ax++ by cλ () ax + by + c do đó ==ff⎜⎟⎜⎟111 2 2 1 dx⎝⎠⎝⎠ a222 x++ b y c a 222 x ++ b y c dz Đặt zaxby=+ và lập phương trình theo z ta có = φ()z đây là phương 22 dx trình tách biến. dy x+− y 3 11 ⎧x = ξ + h Ví dụ: = ta có ∆= =−20 ≠ đổi biến ⎨ chọn hk, thoả dx x−− y 1 11− ⎩yk=η + ⎧⎧hk+−=30 h = 2 dη ξη+ mãn ⎨⎨⇔ Ta được phương trình thuần nhất = Đặt ⎩⎩hk−−=10 k = 1 dξ ξη− du1+ u2 ηξξ=⇒u = phương trình tách biến. duξ 1− 1 22arctgu arctgu−+=+⇔+=ln() 1 u lnξξ ln C1 C 1 u e 2 y−1 arctg trở về biến cũ ta được Cx(2)(1)−+−=22 y e x−2 . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 17
Phương trình vi phân §3. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 3.1.Định nghĩa Phương trình vi phân tuyến tính là phương trình vi phân tuyến tính đối với hàm và đạo hàm của nó. dy Dạng tổng quát: A()xBxyCx+= () () (3.1) dx Trong đó A(),(),()xBxCx là các hàm liên tục trong khoảng nào đó. Nếu trong khoảng đang xét A()xx≠∀ 0 thì phương trình được đưa về dạng. dy +=P()xy Qx () (3.2) dx dy Xét phương trình +=Pxy() 0 phương trình này được gọi là phương trình dx tuyến tính thuần nhất ứng với phương trình đã cho. 3.2.Cách giải: Phương pháp biến thiên hằng số. dy a) Bước 1: Xét phương trình + Pxy()= 0 (3.3) dx dy Giả sử y ≠ 0 khi đó phương trình (3.3) đưa về dạng =−Pxdx() y do đó lnyPxdxC=− ( ) + ln ( C ≠ 0) ∫ 11 −∫ P()xdx −∫ P()xdx ⇒=yCe1 hay yCe= (3.4) Mặt khác y = 0 cũng là nghiệm nhưng có thể gộp vào (3.4) ứng với trường hợp C = 0. − P()xdx Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (3.3) là yCe= ∫ trong đó C là hằng số tuỳ ý. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 18
Phương trình vi phân b) Bước 2: Ta thử tìm nghiệm của (3.2) dưới dạng (3.4) trong đó coi CCx= () khi dy dC −−P() x dx P () x dx đó =−epxCe∫∫() thay hệ thức này vào phương trình (3.2) ta có dx dx dC −−−Pxdx() Pxdx () Pxdx () e∫∫∫−+= PxCe() PxCe () Qx () dx dC Pxdx() Pxdx() do đó = Qxe()∫ hay CCx= ()=+ Qxe ()∫ C. Trong đó C là hằng số dx ∫ 1 1 tuỳ ý. −−P()xdx Pxdx () Pxdx () Vậy yCe=+∫∫ e∫ Qxe() ∫ (3.5) Chú ý: 1. Vế phải của (3.5) ta thấy số hạng đầu là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất, số hạng thứ hai là nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất nhận được khi C = 0. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất được lập nên bởi tổng của nghiệm tổng quát của phương tình vi phân tuyến tính thuần nhất với một nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất. 2. Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất tìm được bằng hai lần lấy tích phân (mà ta thường nói là bằng hai lần cầu phương). 3. Nghiệm của phương trình (3.2) có dạng tuyến tính đối với hằng số C yCx=+φ()ψ () x dy y Ví dụ: −=x2 xét trong khoảng (,0)(0,)−∞∪+∞ dx x Phương trình thuần nhất có nghiệm tổng quát yCx= với C là hằng số tuỳ ý. Xem dC 1 x3 CCx=⇒=() x hay CxC=+2 . Vậy yCx= + . dx 2 1 2 3.3.Hệ quả a) Nếu biết được một nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất thì việc giải phương trình sẽ quy về việc giải phương trình thuần nhất. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 19
Phương trình vi phân Thật vậy: đặt yYxz=+() trong đó Yx() là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. Còn z là hàm phải tìm, lập phương trình vi phân đối với z dz ta có +=Pxz() 0. dx Như vậy nếu biết được một nghiệm riêng của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất thì nghiệm tổng quát tìm được bằng một phép cầu phương. b) Nếu biết được một nghiệm riêng không tầm thường (khác không) của phương trình thuần nhất thì nghiệm tổng quát của phương trình đó có thể tìm mà không cần cầu phương bằng cách nhân nghiệm riêng đã biết với một hằng số tuỳ ý. dy Thật vậy xét phương trình sau: + Pxy()= 0. Giả sử yx=≠φ() 0 là dx nghiệm riêng đã biết. − P()xdx Nghiệm tổng quát của phương trình đang xét có dạng yCe= ∫ Nghiệm này chứa mọi nghiệm riêng, giả sử ứng với C0 ta có −∫ P()xdx yC C φ()xCe= 0 do đó = ký hiệu = C1 ta được yC= 1φ() x. φ()x C0 C0 c) Nếu biết được hai nghiệm riêng khác nhau của phương trình không thuần nhất thì có thể tìm được nghiệm tổng quát của nó mà không cần cầu phương. Thật vậy: Giả sử yxyx12(),() là hai nghiệm khác nhau của phương trình không thuần nhất thì ta có thể dễ dàng chứng minh được yx12()− yx () là nghiệm không tầm thường của phương trình thuần nhất. Suy ra nghiệm tổng quát yCyxyx= (()12−+ ())() yx 1. 3.4.Phương trình đưa được về phương trình tuyến tính dy a) Xét phương trình f '(yPxfyQx )+= ( ) ( ) ( ) dx dz Bằng phép thế zfy= () đưa về +=P()xz Qx (). dx Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 20
Phương trình vi phân dy1 dz Ví dụ: yxyx+=→+=22 xzxzy 2() = 2. dx2 dx b) Phương trình Becnuli dy Dạng phương trình +=P()xy Qxy ()α α ∈ R (3.6) dx Nếu α = 0 ta được phương trình tuyến tính. Nếu α =1 ta được phương trình tuyến tính thuần nhất. Giả thiết α ≠≠0,α 1 Chia hai vế của phương trình cho yα (0)y ≠ ta được 11dy +=Px() Qx () (3.7) ydxαα y−1 dy dz Đổi biến z = y1−α ta có (1−=α ) y−α và do đó dx dx 1 dz +=P()xz Qx () 1−α dx dz hay +−(1αα )P (xz ) =− (1 ) Qx ( ) đây là phương trình tuyến tính không thuần dx nhất. Chú ý: Trường hợp α > 0 thì y = 0 cũng là nghiệm. Ta có thể chứng minh rằng với α >1 thì y = 0 là nghiệm riêng 0<<α 1 thì y = 0 là nghiệm kì dị của phương trình. dy y dy y Ví dụ: −=44(0)xy ⇒ − = x y ≠. Đặt zy= do đó y = z 2 và dx xydx x dy dz dz2 z x = 2z Thay vào ta có − = giải phương trình ta được nghiệm dx dx dx x 2 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 21
Phương trình vi phân 2 4 ⎛⎞1 yx=+⎜⎟ln xC ngoài ra y = 0 là nghiệm kì dị. ⎝⎠2 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 22
Phương trình vi phân §4. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HOÀN CHỈNH - THỪA SỐ TÍCH PHÂN Xét phương trình MxydxNxydy(, )+ (, )= 0 (4.1) Nếu vế trái của (4.1) là vi phân toàn phần của một hàm uxy(, ) nào đó. tức là M (,xydx )+= Nxydy (, ) duxy (, ) (4.2) thì ta nói (4.1) là phương trình vi phân hoàn chỉnh, khi đó tích phân tổng quát của phương trình là uxy(, )= C. Ví dụ: xdx+= ydy 0 ⎡⎤1 Ta có xdx+= ydy d() x22 + y vì vậy tích phân tổng quát là xy22+=C . ⎣⎦⎢⎥2 4.1.Cách đoán nhận phương trình là phương trình vi phân hoàn chỉnh Định lý: Điều kiện cần và đủ để biểu thức vi phân M (,xydxNxydy )+ (, ) (4.3) Trong đó M , N xác định, liên tục và không đồng thời triệt tiêu tại bất cứ điểm nào ∂M trong một miền đơn liên GR∈ 2 và có trong miền ấy các đạo hàm liên tục và ∂y ∂N ∂∂M N , là một vi phân toàn phần của hàm uxy(, ) là đẳng thức = phải thoả ∂x ∂∂yx mãn ∀∈(,x yG ) (4.4) Điều kiện cần: Giả sử (4.3) là vi phân toàn phần tức là ∃uxy(, ) sao cho ∂uu∂ du=+= Mdx Ndy dx + dy ∀∈(, x y ) G ∂∂xy ∂∂∂∂∂∂uuMuNu22 ⇒=Mxy(, ) ; Nxy (, ) =⇒== ; ∂∂∂∂∂∂∂∂x yyxyxyx ∂∂22uu ∂∂M N do giả thiết ; tồn tại và liên tục nên chúng bằng nhau ⇒= ∂∂x yyx ∂∂ ∂∂yx Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 23
Phương trình vi phân ∂∂MN Điều kiện đủ: Giả sử =∀∈(,x yG ) ta cần chứng minh phương trình ∂∂yx là phương trình vi phân hoàn chỉnh tức là ∃uxy(, ) để ∂∂uu Mxy(, )== ; Nxy (, ) (4.5) ∂∂x y điều này tương đương chứng minh (4.5) có nghiệm. ∂u Xét phương trình = M (,xy ) nghiệm của nó viết dưới dạng ∂x x uxy(, )=+∫ Mxydx (, )φ () y (4.6) x0 Trong đó φ()y là một hàm tuỳ ý theo y (tích phân này có nghĩa vì G đơn liên). Ta ∂u sẽ chọn hàm φ()y để đẳng thức N = cũng được thoả mãn. ∂y Giả sử φ()y là hàm khả vi. Lấy đạo hàm (4.6) theo y ta có: ∂∂uMxx ∂φ ∂ =+=+=M (,xydx ) dxφ '() y Nxy (, ) ∂∂yy∫∫ ∂ y ∂ y xx00 x ∂M ⇒=φ '(yNxy ) ( , ) − dx (4.7) ∫ ∂y x0 Vì ∂∂MNx ∂ N =⇒φ '(yNxy ) = ( , ) − dx ∂∂yx∫ ∂ x x0 =−+Nxy(,) Nxy (,) Nx (00 ,) y = Nx ( ,) y Vậy y φ()yNxydyC=+ ( ,) (4.8) ∫ 01 y0 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 24
Phương trình vi phân Trong đó (,x00yG )∈ x y ⇒=uxy(, ) Mxydx (, ) + Nx ( , ydyC ) + (4.9) ∫∫01 xy00 Tức là tồn tại hàm uxy(, ) thoả mãn (4.5) . Chú ý: 1, Từ (4.9) ta có tích phân tổng quát của phương trình (4.2) là: x y M (,xydx )+= Nx ( , ydy ) C (4.10) ∫∫0 xy00 2, Nếu khi tìm hàm uxy(, ) mà không xuất phát từ phương trình (4.5) thì ta sẽ được tích phân tổng quát dạng: x y M (,xy ) dx+ Nxydy (, ) = C (4.11) ∫∫0 xy00 Ví dụ: (7x++−= 3 y ) dx (3 x 5 y ) dy 0 Ta có ∂M Mxy= 73+⇒ = 3 ∂y ∂N Nxy= 35−⇒ = 3 ∂x ⇒ Đây là phương trình vi phân hoàn chỉnh. Ta xác định hàm u Ta có ∂u =+73xy (*) ∂x ∂u =−35xy ( ) ∂y từ (*)⇒=++uxy ( , )∫ (7 x 3 ydx )φ ( y ) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 25
Phương trình vi phân ∂u 5 ⇒=+3'()35x φ yxy =− vậy φ()yyC= −+2 ∂y 2 75 Cuối cùng uxy(, )=+−+ x22 3 xy y C. 22 Phương trình có tích phân tổng quát là: 765x22+ xyy−=C . 4.2.Thừa số tích phân Xét phương trình MxydxNxydy(, )+ (, )= 0 Giả sử phương trình không phải là phương trình vi phân hoàn chỉnh nhưng nếu tồn tại hàm µ(,x y ) sao cho µ(,)xyMxydx (,)+ µ (,) xyNxydy (,)= 0 (4.12) là phương trình vi phân hoàn chỉnh thì hàm µ(,x y ) gọi là thừa số tích phân của phương trình. Như vậy sẽ nảy ra hai vấn đề: - Có tồn tại thừa số tích phân hay không? - Nếu tồn tại thì cách tìm hàm µ(,x y ) như thế nào? Ta có khẳng định sau: A. Mọi phương trình vi phân cấp 1 thoả mãn điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm luôn luôn tồn tại vô số thừa số tích phân. ♦ Xét phương trình MxydxNxydy(, )+ (, )= 0 (4.13) Từ định lý tồn tại và duy nhất nghiệm suy ra phương trình thừa nhận tích phân tổng quát uxy(, )= C. Lấy vi phân hai vế ta được ∂u ∂uu∂ dy dx+= dy 0 hay =−∂x (4.14) ∂∂xy dx ∂u ∂y Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 26
Phương trình vi phân Mặt khác từ (4.13) dy M(, x y ) ⇒=− (4.15) dx N(, x y ) Do đó từ (4.14) (4.15) ∂u ∂u ∂u M (,xy ) ∂y ⇒=∂x hay ∂x ==µ(,x y ) (4.16) ∂u N(,xy ) Mxy(, ) Nxy (, ) ∂y Ta chứng minh µ(,x y ) là thừa số tích phân của phương trình (4.13) từ ∂uu∂ (4.16) ta suy ra ==µµ(,x yMxy ) (, ); (, xyNxy ) (, ) ∂∂xy ∂uu∂ hay µµ(,x yM ) (, xydx )+=+= (, xyNxydy ) (, ) dx dy du ∂∂xy Vậy µ(,x y ) là thừa số tích phân. Ta chứng minh rằng phương trình có vô số thừa số tích phân. Ta sẽ chứng minh rằng µµ1 = Φ()uxy (, ) cũng là thừa số tích phân. Trong đó Φ()u là hàm khả vi tuỳ ý. Thực vậy: từ µµMdx+= Ndy du ⇒Φµµ()uMdx +Φ () uNdy =Φ () udu = d∫ Φ () udu. Đây là phương rình vi phân hoàn chỉnh hay µ1(,x yuxy )=Φ ()µ (, ) là thừa số tích phân. Vì Φ()u là tuỳ ý suy ra phương trình có vô số thừa số tích phân. Hệ quả 1: Mọi thừa số tích phân của phương trình đều có dạng µµ1 =Φ()u . Giả sử µµ12, đều là thừa số tích phân của phương trình Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 27
Phương trình vi phân ⎧ ∂∂uu ⎪µµ11Mdx+==+= Ndy du dx dy 0 ⎪ ∂∂xy ⎨ (4.17) ⎪ ∂∂vv µµ22Mdx+==+= Ndy dv dx dy 0 ⎩⎪ ∂∂xy Do đó ∂u ∂u ∂∂uu ∂y ∂∂xy ∂x = hay = 0 . ∂∂vv ∂∂vv ∂∂x y ∂∂xy ∂v Vì ≠ 0 Nên giữa u và v có sự phụ thuộc, do đó vu= φ(). Từ (4.17) suy ra ∂y µµ22Mdx+=== Ndy dv φ'( u ) du φµµ '( u ) ( 11 Mdx + Ndy) ⇒=µφ211'(uu ) µ =Φ ( ) µ Hệ quả 2: Nếu biết được hai thừa số tích phân khác nhau của phương trình là µ1(,xy ) µ12,µ thì tích phân tổng quát của phương trình là = C . Theo chứng minh µ2 (,xy ) trên ta có µ =Φ()u µ µ Φ ()u 11 ⇒=11 =Φ=()uC µ22=Φ ()u µ µ22Φ ()u B.Cách tìm thừa số tích phân: Nói chung không có phương pháp tìm thừa số tích phân mà ta chỉ có thể tìm được trong một số trường hợp đặc biệt: Gọi µ(,x y ) là thừa số tích phân của phương trình khi đó ta có: ∂∂ ∂∂µµ⎛⎞ ∂∂M N ()µµM = ()N hay NM−=µ ⎜⎟ −. ∂∂yx ∂x ∂∂∂yyx⎝⎠ ∂∂MN ∂lnµ ∂ ln µ ⇒−=NM − (4.18) ∂∂yx ∂ x ∂ y Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 28
Phương trình vi phân ∂µ a) Thừa số tích phân chỉ phụ thuộc x µµ= ()x . Khi đó = 0 . ∂y ∂∂M N ∂MN∂ − − ∂ln µ ∂∂yx ∂∂yx Từ (4.18) ⇒= hay lnµ (x ) = dx+ C (4.19) ∂xN ∫ N ∂∂M N − ∂∂yx Chú ý: µµ=⇔()x chỉ là hàm của x . N b) Thừa số tích phân chỉ phụ thuộc y : µµ= ()y . ∂∂M N ∂MN∂ − − ∂ ln µ ∂∂yx ∂∂yx Tương tự ⇒=− hay lnµ (ydyC ) = −+ (4.20) ∂yM ∫ M ∂∂M N − ∂∂yx Chú ý: µµ=⇔()y chỉ là hàm của y . M Ví dụ: ( xydxxyxdy222−+) ( +=) 0 M =−xy2 ∂∂MN ⇒ − =−12 −xy22 − 1 =− 2() xy + 1 N =+xy22 x ∂∂yx ∂∂MN − 2 dx ∂∂yx 21()xy + 21−2∫ Vì =− =− ⇒µµ =()xe =x = . N xxy()2 +1 xx2 1 Nhân hai vế của phương trình với ta có: x2 ⎛⎞⎛⎞y 2 1 2 xdy− ydx ⎜⎟⎜⎟10−++=2 dx y dy hay dx+ y dy +=2 0 ⎝⎠⎝⎠xx x ⎡⎤11yy dx++=⇒++= y330 x y C. ⎣⎦⎢⎥33xx Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 29
Phương trình vi phân Chương 3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1 CHƯA GIẢI RA ĐỐI VỚI ĐẠO HÀM Trong chương này ta xét dạng phương trình Fxyy(, , ')0= tổng quát. §1. PHƯƠNG TRÌNH Fxy(, ')0= HAY Fyy(, ')0= 1.1.Phương trình Fxy(, ')0= . (1.1) a) Trường hợp 1: Phương trình đang xét xác định y ' như là hàm ẩn của x và có thể giải ra được yfx'()= . Khi đó nghiệm nghiệm tìm được bằng một lần cầu phương yfxdxC=+∫ () . b) Trường hợp 2: Từ (1.1) ta giải ra được x theo y ' x = φ(')y . Khi đó đặt yP' = xem P là tham số ta được x = φ ()P , vì dy =⇒P dy = Pdx . dx Do x = φ ()P ⇒=dxφ '( P ) dP . Vậy dy=⇒=+ Pφφ'( P ) dP y∫ P′ ( P ) dP C . ⎪⎧xP= φ() Nghiệm thu được dưới dạng tham số ⎨ yPPdPC= φ′() + ⎩⎪ ∫ Ví dụ: e y ' +=y ' x Đặt yP' = ⇒=+x PeP Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 30
Phương trình vi phân P2 ta có yPedPCeP=+(1PP ) +=+++ ( 1) C. ∫ 2 ⎧xPe=+P ⎪ Vậy nghiệm tổng quát: 2 ⎨ P P ⎪ye=+++(1 P ) C ⎩ 2 c)Trường hợp 3: Từ (1.1) x,'y đều biểu diễn bằng một hàm đơn trị theo tham số ⎧x = φ()t ⎨ ⎩yt'()=ψ Khi đó yydxC=+=∫∫'()'()ψφ ttdtC +. ⎪⎧xt= φ() Nghiệm tìm được dưới dạng ⎨ ′ ⎩⎪yttdtC= ∫ψφ() () + Ví dụ: xy33+−'3'0 xy = Đặt ytx' = thay vào phương trình tìm x theo t . 33tt2 Ta có: x33(1+=ttx ) 3 2 vậy xy==;' 11+ tt33+ 33(1)3.3tttt232+− 3(12) tt 23 − Khi đó yydxC=+='3 dtC += dtC +. ∫∫1(1)++tt332 ∫ (1) + t 33 32− u 9 6 Đặt ut=+⇒=3 13 y duC +=−++ C. ∫ uuu322 ⎧ 3t x = ⎪ 1+ t3 Vậy ta có nghiệm ⎨ ⎪ 96 yC=−32 + 3 + ⎩⎪ 2(1++tt ) 1 1.2.Phương trình Fyy(, ')0= (1.2) a)Trường hợp 1: Giải được y ' theo y : yfy'()= Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 31
Phương trình vi phân dy khi đó dy=⇒=+ f() y dx x C . Ngoài ra giá trị yy= mà fy()= 0 cũng là ∫ fy() 0 nghiệm của phương trình. b)Trường hợp 2: Giải được y theo y ': yy= φ(') Giả sử φ là hàm khả vi liên tục. Đặt yp' = ta có yp= φ(). dy 11 1 Từ =⇒pdxdy = =φφ'( pdpx ) ⇒=′ ( pdpC ) + dx p p∫ p ⎧ 1 ⎪x = ∫ φ′()pdp+ C Vậy nghiệm tổng quát có dạng ⎨ p ⎪ ⎩yp= φ() ⎧yt= φ() c)Trường hợp 3: ⎨ ⎩yt'()=ψ Giả thiết φ là hàm khả vi liên tục và ψ ()t ≠ 0 ta tìm x theo t . dy1()φ′ t Từ ==y'()ψφ t ⇒ dx =′ () t dt ⇒= x dt + C dxψψ() t∫ () t ⎧yt= φ() ⎪ Vậy nghiệm tổng quát có dạng ⎨ φ′()t ⎪x = ∫ dt+ C ⎩ ψ ()t §2. PHƯƠNG TRÌNH Fxyy(, , ')0= - PHƯƠNG TRÌNH LAGRĂNG- KLERÔ 2.1.Phương trình Fxyy(, , ')0= Giả sử cho phương trình Fxyy(, , ')0= (2.1) Giả sử phương trình có thể biểu diễn dưới dạng tham số Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 32
Phương trình vi phân x = φψ(uv , ); y== ( uv , ); y 'λ ( uv , ) (2.2) Nhờ cách biểu diễn tham số này ta có thể đưa việc giải phương trình (2.1) về việc giải phương trình đã giải ra đối với đạo hàm. ∂∂φ φψψ ∂ ∂ Ta có dx=+ du dv;;'(,) dy = du + dv y =λ u v . Từ dy=⇒ y' dx ∂∂uv ∂ u ∂ v ∂∂ψψ⎡⎤ ∂∂ φφ du+= dvλ (,) u v du + dv hay nếu coi u là biến và v là hàm thì: ∂∂uv⎣⎦⎢⎥ ∂∂ uv ∂∂φ ψ λ − dv ==∂∂uuf (,)uv (2.3) ∂∂ψφ du − λ ∂∂vv (2.3) chính là phương trình đã giải ra đối với đạo hàm, giả sử nghiệm tổng quát là vuC=Ω(, ). Khi đó nghiệm tổng quát của (2.1) dưới dạng tham số là x =Ωφψ[]uuCy,(,); =[ uuC ,(,) Ω ]. Sau đây ta sẽ xét hai dạng phương trình. 2.2.Phương trình Lagrăng Phương trình tuyến tính đối với x và y có dạng yyxy= φψ(')+ (') (2.4) Trong đó giả thiết φ (')yy≠ ' (nếu ≡ là phương trình Klero). Dùng phương pháp như trên với tham biến: uxvpy= ;'==. Khi đó (2.4) có dạng ypxp=+φψ() () (2.5) dy dp Ta cần tìm x theo p . Từ (2.5) ⇒=φφ()ppxpp +[] '() + ψ '() =. dx dx dxφ '( p )ψ '( p ) Nếu coi x là hàm, p là biến. ⇒+x = (2.6) dpφφ() p−− p p () p Đây là phương trình tuyến tính không thuần nhất. Giả sử nghiệm tổng quát có dạng: x =+ApC() Bp () thay vào (2.5) ta có yApCBp= 11()+ (). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 33
Phương trình vi phân Đây là nghiệm tổng quát của phương trình Lagrăng dạng tham số. Chú ý: Khi biến đổi phương trình ta phải giả thiết φ ()pp− ≠ 0. Dễ thấy rằng các giá trị nghiệm pp= i cũng là những nghiệm của phương trình. Tuỳ từng trường hợp nghiệm đó có thể là nghiệm riêng hay nghiệm kì dị. Vì vậy đối với phương trình Lagrăng nghiệm kì dị nếu có chỉ có thể là các đường thẳng ypx=+iiψ () p. Ví dụ: yxyy=+2'sin' dy dp dp Đặt yp'22cos=⇒ = px + + p = p dx dx dx dp dx xcos p Hay (2xpp+=−⇒=−− cos ) 2 dx dp p p dx x−cos p hay +=2(0)p ≠. dp p p dx2 x C Xét =− ⇒lnxpCx =− 2ln + ln ⇒ = . Coi CCp= () thay vào phương dp p1 p2 1cosdC p trình đầu ⇒=− pdp2 p hay C=− pcos pdp + C =− p sin p − cos p + C . ∫ 11 ⎧ 1 ⎪xpppC=−()sin − cos + 1 2 Vậy phương trình có nghiệm ⎨ p ⎪ ⎩ypxp=+2sin Ngoài ra phương trình có nghiệm p = 0 tức là y = 0 . 2.3.Phương trình Klerô: Khi φ (')yy≡ ' Phương trình có dạng yyx= '(')+ψ y (2.7) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 34
Phương trình vi phân dy dp Đặt ypypxp'()'()=⇒= +ψψ ⇒ =++ px[] p = p dx dx dp ⇒+()xpψ '( ) = 0 (2.8) dx Từ đó ta có nghiệm pC= và xp+ψ '( )= 0 Từ pC= ⇒=yCxC +ψ (). Đây là một họ đường thẳng. Từ x =−ψ '()pypp ⇒ =−ψψ '() + () p. ⎧xp=−ψ '( ) Vậy ta có nghiệm dạng tham số ⎨ (2.9) ⎩ypp=−ψψ'( ) + ( p ) Chú ý: Người ta chứng minh được rằng nếu ψ ''(p ) tồn tại và liên tục, ψ ''(p )≠ 0 thì (2.9) là nghiệm kì dị của phương trình. Nó chính là bao hình của họ đường thẳng trên. 1 Ví dụ: yyxy=−''2 . 4 ⎛⎞1 dp Đặt yp'0=⇒⎜⎟ x − p =. ⎝⎠2 dx 1 * pC=⇒= yCxC − 2 4 1111 * x =⇒=−==py p22 p px 22 là nghiệm kì dị. 2244 Chương 4 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 35
Phương trình vi phân §1. ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 1.1.Dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp cao Nếu x là biến độc lập, y là hàm thì phương trình vi phân cấp cao có dạng tổng quát là Fxyy( , , ', , y()n )= 0 (1.1) Trong đó nhất thiết y ()n phải có mặt. ()kk () Giả sử : Hàm F liên tục theo tất cả các biến và tại điểm x ==x000,()y x y thoả mãn điều kiện '()n 1 Fx(000 , y , y , , y 0 )= 0 ∂F 2 ≠ 0 và liên tục tại điểm M (x ,yy ,'() , , yn ) ∂y()n 000 0 khi đó theo định lý tồn tại hàm ẩn, từ (1.1) ta có thể giải ra trong lân cận điểm M yfxyyy()nn= ( , , ', , (− 1) ) (1.2) Để phát biểu định lý tồn tại và duy nhất nghiệm được thuận lợi, ta chuyển (1.2) bằng một hệ n phương trình vi phân tuyến tính cấp một như sau: ⎧yy= 1 ⎪ dy ⎪yy' == ⎪ 12dx ⎪ 2 ⎪ ' dy ⎨yy22= 2 = ⎪ dx ⎪ ⎪ ' ⎪yynn−1 == ⎩⎪ Thay các giá trị yi vào (1.2) ta đưa (1.2) về một hệ n phương trình Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 36
Phương trình vi phân ⎧dy 1 = y ⎪ dx 2 ⎪ ⎪dy2 ⎪ = y3 ⎨ dx (1.3) ⎪ ⎪ dy ⎪ n = f (xy , , y , , y ) ⎩⎪ dx 12 n Hệ (1.3) là dạng đặc biệt của hệ sau: ⎧dy 1 = f (xy , , , y ) ⎪ dx 11 n ⎪ ⎪dy2 ⎪ = f21(xy , , , yn ) ⎨ dx (1.4) ⎪ ⎪ dy ⎪ n = f (xy , , , y ) ⎩⎪ dx nn1 Trong (1.4) vế phải chỉ phụ thuộc vào biến và hàm, không phụ thuộc vào đạo hàm. Hệ như vậy được gọi là hệ CHUẨN TẮC. Đối với (1.4) bài toán côsi được đặt ra như sau: Hãy tìm nghiệm {yxyx12( ), ( ), , yxn ( )}. Sao cho khi x = x0 thì yxii(00 )== y ( i 1,2, , n ) trong đó yi0 là các giá trị đầu từ đó suy ra bài toán côsi đối với phương trình cấp n . Hãy tìm nghiệm yx() sao cho khi x = x0 thì '(1)(1)nn−− y()x00==yy ,'()x 00yy , , ()x 00 =y Tất nhiên nảy ra vấn đề là với điều kiện nào thì bài toán côsi tồn tại và duy nhất nghiệm? 1.2.Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 37
Phương trình vi phân Xét hệ chuẩn tắc (1.4) với các giá trị đầu x00, yi tuỳ ý. Giả sử rằng: 1, Các hàm fin(xy ,12 , y , , y ) liên tục theo các biến của nó trong miền kín xaxxa−≤≤ + giới nội G 00 ybyybiii00−≤ ≤ +(1 ) i = n Trong đó ab, ∈ R+ (Khi đó từ sự liên tục của các fi trong G đóng ⇒≤fi Min(1 ) = ) 2 Trong miền G các hàm fi thoả mãn điều kiện Lipsit đối với các biến yi tức là ∃>N 0 để fin(xy ,12 , y , , y )−≤−++− f ( xy , 12 , y , , y n ) N( y 1 y 1 y nn y ). Khi đó tồn tại duy nhất một nghiệm {yx1( ), , yxn ( )} của hệ (1.4) xác định trong khoảng x00−≤≤hxx + h với habM= min( , / ). Sao cho khi x = x0 thì yxii()00== y . ( i 1 ) n. Chú ý: Nếu các hàm fi có đạo hàm giới nội theo yi trong G thì nó sẽ thoả mãn điều kiện Lipsit đối với các yi trong G . 1.3. Phương trình cấp n Xét phương trình yfxyyy()nn= ( , , ', , (− 1) ) (1.5) Từ định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ chuẩn tắc ta suy ra định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ chuẩn tắc của (1.5) như sau: Định lý: Giả sử cho hệ điều kiện đầu yx()00= y (1)nn− (1)− yx'(00 )== y′ , , y ( x 00 ) y và giả sử : 1. Hàm fxyy( , ,′ , , y(1)n− ) liên tục trong miền kín giới nội G Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 38
Phương trình vi phân (1)nn−− (1) x −≤xayybyyb00, −≤ ,′′ −≤ 0 , , y − y 0 ≤ b. Từ đó ∃M sao cho f ≤ M trong G . 2. Hàm f thoả mãn trong G điều kiện Lipsit đối với yy,′ , , y(1)n− tức là ∃N sao cho fxyy(, , ,(1)nn−− )−≤−++− fxyy (, , , (1) ) Nyy( y (1) nn −− y (1)) Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm yx()xác định liên tục trong x −≤xh0 với ⎛⎞ b ha= min⎜⎟ , và thoả mãn điều kiện ban đầu đã cho. ⎜⎟maxMyy , ,′ , , y(1)n− ⎝⎠() *Định nghĩa nghiệm tổng quát: Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (1.5) trong miền G thoả mãn điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm là hàm φ (x ,CC12 , , , Cn ) có đạo hàm riêng liên tục theo x đến cấp n và phụ thuộc vào các hằng số CC12, , , Cn sao cho 1. Từ hệ yxCCC= φ ( ,12 , , ,n ) yxCC'=φ '( , , , ) 1 n (1)nn−− (1) yxCC= φx ( ,1 , ,n ) (1)n− có thể giải ra các hằng số Cxyyyii=ψ ( , , ', , ) . 2. Thoả mãn phương trình đang xét với ∀Ci trong miền đang xét. Tương tự như phương trình vi phân cấp 1 ta có thể đưa ra định nghĩa nghiệm riêng, tích phân tổng quát và nghiệm kì dị của phương trình vi phân cấp cao. §2. CÁC PHƯƠNG TRÌNH GIẢI ĐƯỢC BẰNG CẦU PHƯƠNG ()n 2.1.Dạng Fxy(, )= 0 (2.1) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 39
Phương trình vi phân Ta xét hai trường hợp: a) Phương trình (2.1) viết được dưới dạng yf()n = ()x (2.2) d Trong đó hàm f ()x liên tục trong đoạn [ab, ] . Khi đó yfx(1)n− = () dx x yfxdxC(1)n− =+() ∫ 1 x0 xx ⇒ y(2)n− = dxfxdxCxC() ++ (2.3) ∫∫ 12 xx00 xx x C ydxdxfxdx= ( )+−++1 ( xx )(1)n− C ∫∫ ∫ (1)!n − 0 n xx00 x 0 Công thức cuối cùng cho ta nghiệm tổng quát của phương trình (2.2) trong miền axb≤ ≤; −∞< y <+∞ ; −∞< y ' <+∞ , Bằng cách áp dụng công thức Điriclê (đối với tích phân hai lớp) ta xx x1 x được dx dx f ( x ) dx=− f ( t )( x t )(1)n− dt , khi đó nghiệm tổng quát ∫∫ ∫(1)!n − ∫ xx00 x 0 x 0 (2.3)được viết dưới dạng 1 x C yftxtdtxxC=−+−++( )( )(1)nn−−1 ( ) (1) (2.4) (1)!nn−−∫ (1)! 0 n x0 Chú ý: Số hạng đầu tiên trong (2.4) cũng là nghiệm riêng của phương trình với Cii ==0 ( 1,2, , n ) . Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình yx′′′ = ln khi x = 1,yyyyyy===00 ,′ ′ , ′′ 0′′ . Áp dụng (2.4) ta có: Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 40
Phương trình vi phân 1 x yy′′ ′ yxttdtx=()ln(1)(1) −22 +−+−+00 xy 2!∫ 2 1 0 1 111111y′′ =−+−++−+−+x332lnxxxx0 ( x 1) 2 yxy′ ( 1) 63624182 00 b.Trường hợp từ phương trình (2.1) có thể biểu diễn xy, ()n một cách đơn trị theo tx:()()==φψ t y()n t . Trong đó φ ()t có đạo hàm liên tục, ψ ()t liên tục. Ta sẽ biểu diễn y theo t . Vì : dyy(1)nn− == ()dxψφ() t '() t dt ⇒=yttdtCtC(1)n− ψφ() '() += ψ (, ) ∫ 111 (2)nn−− (1) dy== y dxψφ11(, t C ) '() t dt ⇒=ytCtdtCtCC(2)n− ψφ'( , ) '( ) += ψ ( , , ) ∫ 11 2212 ytCCC=ψ nn( ,12 , , , ) . ⎧xt= φ () Vậy nghiệm tổng quát có dạng ⎨ ⎩ytCCC=ψ nn( ,12 , , , ) Ví dụ: e y′′ +=y′′ x x = ett + Phương trình viết dưới dạng tham số là: yt′′ = Do đó dyy′′′==+dx t(1) et dt t 2 ⇒=−yte′ (1)t ++ C 2 1 2 ⎡⎤ttt dy==−+++ y′ dx⎢⎥(1) t e C1 ( e 1) dt ⎣⎦2 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 41
Phương trình vi phân ⎡⎤t 2 ⇒=yteCedtC(1) −tt + + ( + 1) + . ∫ ⎢⎥12 ⎣⎦2 ⎧xe= t+1 ⎪ 22 Hay ⎨ ⎛⎞tt3 2tt⎛⎞ t ⎪ye=−⎜⎟ +⎜⎟ −+1 CeCtC112 +++ ⎩ ⎝⎠24⎝⎠ 2 6 (1)()nn− 2.2.Dạng Fy(,)0 y = (2.5) a) Giả sử từ (2.5) có thể giải ra yfy()nn= () (− 1) . Đặt z = y(1)n− ta được zfz′ = () đó là phương trình tách biến. Giải ra ta được zxC= ω (,1 ). Ta trở về trường hợp phương trình (2.2) trong phần (1,a). Nếu không giải được ra zxC= ω (,1 ) nhưng biểu diễn được dạng tham số ⎧x = φ ()t ⎧xt= φ () ⎨ ⇒ ⎨ (1)n− và ta trở về trường hợp (1,b) phương trình đã biết cách ⎩zt=ψ () ⎩yt=ψ () giải. b) Nếu phương trình (2.5) biểu diễn một cách đơn trị theo tham số t . ⎪⎧yt(1)n− = φ () ⎨ ()n ⎩⎪yt=ψ () φ '(tdt ) thì từ dy(1)nn− =⇒ y () dxφψ'( t ) dt = ( t ) dx ⇒= dx ψ ()t φ '(tdt ) do đó x =+C ⇒=x φ (,tC ). ∫ ψ ()t 1 11 φ()ttφ '() Khi đó yydxdtCtC(2)nn−−== (1) +=ψ (, ) ∫∫ψ ()t 212 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 42
Phương trình vi phân ytCC=ψ nn−12(, , , ). Ta nhận được nghiệm tổng quát của phương trình dạng tham số: ⎧xtC= φ11(, ) ⎨ ⎩ytCC=ψ (1)nn− ( , 2 , , ) 3 Ví dụ: Xét phương trình ay′′=−()1 + y ′ 2 2 . 3 dz 1 ′′ 2 2 Đặt zy=⇒ az =−+()1 z hay 3 =− dx a ()1+ z2 2 xdz ⇒− = +C . a ∫ 3 1 (1+ z2 ) 2 dz Ta có: Đặt ztg= φ ⇒=sinφ . ∫ 22 (1++zz ) 1 ⎧x = −+aCsinφ 1 Vậy ta có nghiệm tổng quát là: ⎨ ⎩ya=+cosφ C2 222 Hay ()()x −+−=C12y Ca (2)()nn− 2.3. Dạng Fy(,)0 y = (2.6) a) Nếu từ (2.6) ⇒ yfy()nn= () (− 2) . Ta đặt z =⇒=y(2)n− z′′ f ()z . Nhân cả hai vế với 2z′ (0)z′ ≠ ta được 22()zz′′′= zf ′ z hay dz()2()′′22=⇒=+ f zdz z 2() f zdzC. ∫ 1 Vậy zfzdzC′ =±2() + hay dz=±2() f z dz + C dx. ∫ 1 ∫ 1 dz dz ⇒=dx ⇒+= x C . 2 ∫ ±+2()f zdz C ±+ 2() f zdz C ∫∫11 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 43
Phương trình vi phân (2)n− Hay Φ=(,xy , C12 , C ) 0. Đây là phương trình dạng (1). b) Giả sử rằng phương trình không giải ra được y ()n nhưng có thể biểu diễn một ⎪⎧yt(2)n− = φ () cách đơn trị theo tham số t ⎨ ()n ⎩⎪yt=ψ () Khi đó dyy(1)nn− == ()dxψ () t dx , dyy(2)nn−−== (1)dxφ '( t ) dt ⇒==y(1)(1)nn−−dyyy ()(1) nn −dxψφ() t '() t dt ⎡⎤11(1)nn−−22 (1) Hay dy()=⇒=ψφ() ttdty '()() ψφ () ttdtC '() +1 ⎣⎦⎢⎥22∫ ⇒=±yttdtCtC(1)n− 2()'()ψφ += ψ (,). Kết hợp với y(2)n− = φ ()t ta ∫ 111 đưa về trường hợp (2,b) §3. TÍCH PHÂN TRUNG GIAN - PHƯƠNG TRÌNH HẠ CẤP ĐƯỢC 3.1. Tích phân trung gian Xét phương trình Fxyy( , , ', , y()n )= 0 (3.1) Bằng cách tích phân ta thường đi đến các hệ thức trước: ()nk− Φ=≤(xyy , ,′ , , y ,CC1 , ,k ) 0 ( kn ) (3.2) Hệ thức đó gọi là tích phân trung gian của phương trình (3.1), nó là phương trình cấp ()nk− . Như vậy nếu tìm được tích phân trung gian ⇒ ta đã hạ được cấp của phương trình. (1)nn−− (1) Nếu tích phân trung gian chứa yxyyyC:Φ11 ( , ,′ , , , )= 0 thì nó được gọi là TÍCH PHÂN ĐẦU. 3.2. Các trường hợp phương trình hạ cấp được nhờ tích phân trung gian a) Phương trình không chứa rõ hàm phải tìm. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 44
Phương trình vi phân Fxy( ,()kn , , y () )= 0 ( k≥ 1) (3.3) Đặt y()k = z khi đó phương trình trở thành Fxz( , , , z()nk− )= 0 (3.4) Giả sử ta tìm được tích phân tổng quát: Φ(xzC , ,1 , , Cnk− )= 0 hay ()k Φ=(xy , , C1 , , Cnk− ) 0 . Đây là phương trình cấp k đã được xét và cũng là tích phân trung gian của (3.3) . c) Phương trình không chứa rõ biến độc lập Fyy( ,′ , , y()n )= 0 (3.5) Xem y là biến độc lập và đặt yp′ = là hàm phải tìm theo y . dy yp′ == dx dp dp dy dp yp′′ == = dx dy dx dy dp d(1)n− p yp()n = ω( , , , ) dy dy(1)n− ⎡⎤dp dp dn−1 p Vậy (3.5) trở thành Fypp⎢⎥, , , ,ω ( p , , ,n−1 )= 0. Đây là phương trình ⎣⎦dy dy dy cấp (1)n − , giả sử tìm được tích phân tổng quát là: Φ(ypCC , ,12 , , , Cn− 1 )= 0. Ta nhận được phương trình loại Fyp(, )= 0 đã biết cách giải. Ví dụ: Xét phương trình (1+=−yyy222 )′′′( 3 y 1) y. dp Đặt yp′ = và xem y là biến độc lập. yp′′ = dy dp phương trình có dạng ()131+=−yyp222() y p dy dp31 y2 − hay =≠dy(0) p p ()1+ yy2 2 ⇒=lnp 2ln( 1 +−+yyC) ln ln 1 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 45
Phương trình vi phân py yy′ hay 22= C1 ⇒=2 C1 . (1+ y ) ()1+ y2 Đây là tích phân đầu của phương trình. Lấy tích phân lần nữa ta được 1 =−2Cx + C . Khi pyC= 0 ⇒= cũng là nghiệm. 1+ y2 12 3.3. Phương trình thuần nhất đối với hàm và đạo hàm Xét Fxyy( , ,′ , , y()n ) = 0 trong đó F ( xtyty, ,′′ , , ty()nm) = t F( xy , , y , , y () n) m được gọi là bậc thuần nhất. Cách giải: Đặt yyz′ = xem z là hàm phải tìm khi đó ta có yyz′ = yyzyzyzz′′=+= ′ ′()2 + ′ yyzzz()nn= ω (),′ , , (− 1) thay vào ta có: Fxyyzyz( , , , (2(1)2(1)+=+= z′′ ), , yωω ( zz , , , znm−− )) yFx( ,1, zz , z ′′ , , ( zz , , , z n )) 0 Do đó: Fx( ,1, zz ,2(1)+= z′′ , ,ω ( zz , , , zn− )) 0 . Giả sử ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình cấp n −1 là Φ=( xzC, ,12 , C , , Cn− 1) 0 . ⇒=zzxCC( ,11 , , n− ). Trở về biến cũ ta được y′ zxC(),11 , , Cn− dx =⇒=zxC(), , , C y Ce∫ . y 11nn− Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 46
Phương trình vi phân Ví dụ: x2 yy′′=−() y xy ′ 2 Đặt yyzyyzyzyzz′ = ⇒=′′ ′ + ′ =( 2 + ′ ) Thay vào ta có 221 22′′′ 2 2 x yy() z+=− z() y xyz ⇒+= z z2 ()1210 − xz ⇒ x z + xz −=. Tích phân x C 1 yC′ 1 −C1 phương trình tuyến tính ta được z = 1 + hay = 1 + do đó yCxe= x x2 x yx2 x 2 3.4. Phương trình mà vế trái là đạo hàm đúng Giả sử từ Fxyy( , ,′ , , y()n )= 0 ta biểu diễn thành d Φ=()xyy, ,′ , , y(1)n− 0 . dx (1)n− Khi đó ta nhận được tích phân đầu Φ(xyy , ,′ , , y ) = C1 . Như vậy ta đã hạ được một cấp của phương trình. yyy′′′3 ′ ′′ Ví dụ: −=0. yy′′1+ ′ 2 Giải: d ⎡⎤3 Từ phương trình ⇒−+=lnyy′′ ln() 1 ′ 2 0 . Ta được tích phân đầu: dx ⎣⎦⎢⎥2 3 2 lnyyC′′−+= ln() 1 ′ ln 1 2 ydy′′⎡⎤ ′ hay −=⇔CCx00⎢⎥ − = 3 112 2 dx ′ ()1+ y′ 2 ⎣⎦⎢⎥1+ y y′ ⇒−=Cx12 C . Đây là phương trình vi phân cấp một có thể tích phân được. 1+ y′2 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 47
Phương trình vi phân Chương 5 LÝ THUYẾT TỔNG QUÁT VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH §1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT TỔNG QUÁT 1.1. Định nghĩa: Phương trình vi phân tuyến tính cấp n là phương trình có dạng ()nn (− 1) ax01()y +++=ax ()y axn ()y φ ()x ax0 ()≠ 0. Nếu φ ()x ≡ 0 thì phương trình được gọi là phương trình thuần nhất. Thường ta xét dạng: ()nn (− 1) y +++=px1( )y pxn ( )yf (x ) (1.1) ()nn (− 1) ypxy+++=1() pxyn () 0 (1.2) ddnn−1 Nếu đưa vào toán tử vi phân: Lpxpx=+( ) ++ ( ) . Thì (1.1) nndxnn1 dx −1 và (1.2) được viết dưới dạng Lynn[ ] = fxLy(),[ ] = 0. 1.2. Tính chất a) Phương trình Lyn []= fx() vẫn còn là tuyến tính cấp n nếu ta dùng phép thế biến x = φξ() b) Phương trình Lyn []= fx() vẫn còn là phương trình tuyến tính cấp n nếu ta dùng phép thế yVxZ=+()η () x. Trong đó VZ,,η là các hàm khả vi liên tục n lần theo x,Z − hàm mới phải tìm và Vx()≠ 0∀∈ x( ab ,) . 1.3. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Ta viết phương trình (1.1) dạng yFxyyy()nn= ( , ,′ , , (− 1)) . Giả sử : ∀∈x (ab, ) thì các hệ số pxi (),() fx là các hàm số liên tục. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 48
Phương trình vi phân (1)nnn−−− (1) (2) Do F ( xyy, ,′ , , y) =− py12 − py − − pyn + f ( x ) ∂F do đó =−p ()x . ∂y()nk− k ∂F Vì vậy ∀∈x []αβ,, ∈(ab) thì ≤ N (theo tính chất liên tục của ∂y()nk− n−1 ′ (nnii−− 1) ( 1) () () pxk ()).⇒−≤−F ()xyy, , , , y F() xy , , , y N∑ y y . Tức là điều i=0 kiện Lipsit thoả mãn trên đoạn [αβ,,]∈(ab) ⇒∃ duy nhất nghiệm yx() của bài toán Côsi đối với phương trình (1.1) trong khoảng x00− hxx≤≤ + h. Tuy nhiên ta chứng minh được rằng nghiệm được xác định như vậy sẽ tồn tại trong khoảng ()ab, . §2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT Xét phương trình thuần nhất Lyn [ ] = 0 (2.1) 2.1. Tính chất của toán tử Ln * Lynnn[][][]12+= y Ly 1 + Ly 2 * LCyCLynn[]= [] (chứng minh các tính chất này đơn giản) ⎡⎤ Tổng quát: Lnkkknk⎣⎦∑∑Cy= CL[ y] (2.2) n Từ (2.2) ⇒ nếu yxk () là nghiệm của (2.1) thì ∑Cykk cũng là nghiệm của (2.1) . k=1 2.2. Khái niệm về sự phụ thuộc tuyến tính Xét hệ hàm {φk ()x } xác định trong khoảng (ab, ). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 49
Phương trình vi phân Định nghĩa: Hệ hàm {φk ()x } được gọi là phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (ab, ) nếu tồn tại các hằng số α12,αα , , n không đồng thời bằng không sao cho αφ11()x +++≡∀∈α 2φ 2 ()xxxab α nnφ () 0( ,) (2.3) Nếu không tồn tại các αi như vậy để đồng nhất thức (2.3) thoả mãn thì ta nói {φk ()x } là độc lập tuyến tính. Ví dụ: a) Các hàm 1,sin22 (x ),cos (x ) là phụ thuộc tuyến tính trong ()−∞, +∞ b) Các hàm 1,x , x2 là độc lập tuyến tính trong (−∞+∞, ). 2.3. Định thức Wrônxki a) Định nghĩa: Cho hệ hàm {φk ()x } (kn= 1 ) có đạo hàm đến cấp (1)n − . Khi đó yx12( ), yx ( ), , yxn ( ) yx′′( ), yx ( ), , yx ′ ( ) định thức 12 n (1)nn−− (1) (1) n − yxyxyx12( ), ( ) ,n ( ) Được gọi là định thức Wrônxki của các hàm {φk ()x } . Ký hiệu Wyxy[]12( ), ( x ), , yn ( x ) . b) Định lý 1: Nếu các hàm {φk ()x } phụ thuộc tuyến tính thì định thức Wrônxki đồng nhất bằng không. Theo giả thiết ta có 2 αφ11()x +++≡∀α 2φ 2 ()xxx α nnφ () 0 ∑αi ≠ 0 (2.4) . Vi phân (2.4) theo x (1)n − lần ta được ⎧αα11yy+++= 2 2 αnn y 0 ⎪ ⎪αα11yy′′+++= 2 2 αnn y ′ 0 ⎨ (2.5) ⎪ ⎪ (1)nn−− (1) (1) n − ⎩αα11yy+++= 2 2 αnn y 0 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 50
Phương trình vi phân Tại ∀∈x (ab, ) hệ (2.5) là hệ phương trình đại số thuần nhất với các nghiệm αi . Để n 2 hệ có nghiệm thoả mãn ∑αi ≠ 0 . Thì det ≡ 0 tức là Wyxy[ 12( ), ( x ), , yn ( x )] ≡ 0 . i=1 Chú ý: Điều ngược lại nói chung không đúng, tức là nếu Wx()≡ 0 chưa đủ đảm bảo cho yxyx12( ), ( ), , yxn ( ) phụ thuộc tuyến tính (đối với phương trình Lyn [ ] thì đúng). c) Định lý 2: Nếu các hàm yy12, , , yn là các nghiệm của phương trình (2.1) và độc lập tuyến tính trong (,)ab liên tục của các hệ số pxi () của phương trình thì Wyy[]12, , , yn ≠ 0 ∀∈x (ab, ) . (1)n− Chú ý mở đầu: Nghiệm thoả mãn bài toán Côsi x = x0 thì yx( 00) ==0, , y ( x ) 0 của phương trình (2.1) phải là nghiệm y ≡ 0 do tính duy nhất nghiệm. Ta chứng minh định lý bằng phản chứng. Giả sử tại x = x0 thì Wyx[ 10( ), y 20 ( x ), , yn ( x 0 )] =∈ 0 x 0 ( ab , ) . Ta chọn các hằng số αi không đồng thời bằng không sao cho hệ phương trình sau được thoả ⎧αα11yx() 0+++= 2 yx 2 () 0 αnn yx () 0 0 ⎪ ⎪ mãn ⎨ ⎪ ⎪ (1)n− (n−1) ⎩αα11yx( 0 )++ nn y()0x0 = Việc chọn có thể làm được vì Wx()00 = . Xét hàm yx()=+α11 y () xαα 2 y 2 () x ++ nn y () x đây là nghiệm của phương trình (2.1) thoả mãn bài toán Côsi. x = x0 thì ()k yx()00 ==− ( k 0 1) n ⇒≡yx() 0 theo tính chất duy nhất nghiệm. Tức là α11y ()x +++=∀∈αα 2y 2 ()x nny ()xxab 0( ,) ⇒ {yxk ()} là phụ thuộc tuyến tính điều này vô lý. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 51
Phương trình vi phân Chú ý: Do các định lý 1,2 suy ra W lập nên bởi n nghiệm của phương trình (2.1) hoặc đồng nhất bằng không hoặc khác không tại ∀x ∈(ab, ) . 2.4. Hệ nghiệm cơ bản Định nghĩa: Một hệ gồm n nghiệm riêng của phương trình Lyn []= 0 xác định và độc lập tuyến tính được gọi là một hệ nghiệm cơ bản của phương trình trong khoảng đang xét. Định lý 3: Mọi phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất đều có một hệ nghiệm cơ bản. Xét phương trình Lyn [ ] = 0 . Ta chọn một định thức cấp n sao cho ∆=det(aij ) ≠ 0 trong đó aconstij = và lập n nghiệm riêng yxkk ()= 1 n sao cho (1)n− khi x =∈xab0 ( , ) thì ykkkkk(xa0102 )== ,y′ (xa ) , ,y (xa 0 ) = kn. Rõ ràng Wyx[]10(), ,() ynij x 0 = det( a) ≠ 0. Như vậy {yxk ()} là độc lập tuyến tính, hay {yxk ()} lập thành một hệ nghiệm cơ bản của phương trình Lyn []= 0 . 1 0 0 0 1 0 Chú ý: + Nếu chọn ∆= 0 0 1 thì hệ nghiệm cơ bản được lập bằng cách trên được gọi là hệ nghiệm cơ bản chuẩn tắc. + Mọi phương trình thuần nhất cấp hai đều luôn luôn tồn tại n nghiệm độc lập tuyến tính. Định lý 4: Nếu {yxk ()} k= 1 n là một hệ nghiệm cơ bản của phương trình Lyn ( ) = 0 thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 52
Phương trình vi phân n yx()= ∑ Cykk () x (2.6) k=1 Trong đó Cconstk = . Ta phải chứng minh hai điều: Hàm yx() xác định từ (2.6) thoả mãn Lyn ( ) = 0 điều này hiển nhiên theo tính chất của toán tử Ln . ⎧yx( )=+++ Cy11 Cy 2 2 Cynn ⎪ ⎪yx′′′′( )=+++ Cy11 Cy 2 2 Cynn Từ hệ ⎨ ⎪ ⎪ (nnnn− 1) (−− 1) ( 1) ( − 1) ⎩yxCyCy( )=+++11 2 2 Cynn Ta có thể giải ra các hằng số Ck kn= 1 nhưng điều này cũng đúng vì Wyy[]12, , , yn ≠∀∈ 0 x( ab , ) . Chú ý: Công thức (2.6) cho ∀ nghiệm riêng của phương trình Lyn ( ) = 0. (1)nn−− (1) Thật vậy ta tìm nghiệm riêng yx() sao cho y(x00 )==yy , , (x 00 ) y , tức là n phải ∃Ck để yCy= ∑ kk. k=1 ⎧yCyxCyx0110220=+() () ++ Cyxnn () 0 ⎪ Xét hệ: ⎨ ⎪ (1)nn−− (1) (1) n − (1) n − ⎩y0110220=+++ CyxCyx() () Cyxnn () 0 n Vì W ≠ 0 do tính chất độc lập tuyến tính ⇒∃Ck để yCy= ∑ kk. k=1 Nếu yx1( ), , yxn ( ) là hệ nghiệm cơ bản chuẩn tắc thì nghiệm của bài toán (1)n− Côsi là yyy=+++01()x yy 02′ ()x yy 0 n ()x . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 53
Phương trình vi phân Ví dụ: Xét phương trình yy′′ − = 0 . Dễ thấy phương trình có hai nghiệm ⎛⎞eexx− y ==ex , y e− x và Wyy,det= ⎜⎟=− 20 ≠ ⇒ yy, là độc lập tuyến 12 []12 ⎜⎟xx− 12 ⎝⎠ee− x − x tính. Đây là hệ nghiệm cơ bản vì n = 2 ⇒ nghiệm tổng quát là y()xCeCe=+12 Định lý 5: Nếu ta có (1)n + nghiệm riêng yy12, , , yynn , + 1 thì các nghiệm đó sẽ phụ thuộc tuyến tính. Chứng minh. Giả sử yy12, , , yn là phụ thuộc tuyến tính thì hiển nhiên định lý đúng. Giả sử yy12, , , yn là độc lập tuyến tính, khi đó yy12, , , yn lập nên một hệ nghiệm cơ bản. Do đó theo định lý 3 thì yyynnn+11122= α +++αα y ⇒ yy12, , , yynn , + 1 phụ thuộc tuyến tính (đpcm). Chú ý: Từ định lý 3 và 5 ⇒ ∀ phương trình Lyn [ ] = 0 đều có đúng n nghiệm độc lập tuyến tính. §3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT 3.1. Tính chất: Xét phương trình Lyn [ ] = fx() (3.1) Phương trình thuần nhất tương ứng là Lyn [ ] = 0 (3.2) Định lý: Nếu biết được một nghiệm riêng của (3.1) thì nghiệm tổng quát của (3.1) là tông của nghiệm riêng đó với nghiệm tổng quát của (3.2). Chứng minh. * Giả sử y là nghiệm riêng của (3.1), {yk } là hệ nghiệm cơ bản của (3.2) khi * đó ta cần phải chứng minh yCyy=+∑ kk là nghiệm tổng quát của (3.1). L yL=+=⎡⎤ CyLy⎡⎤* fx() * Hiển nhiên nnkkn[ ] ⎣⎦∑ ⎣⎦ đúng với ∀Ck . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 54
Phương trình vi phân * ⎧Cy11+++=− Cy 2 2 Cynn y y ⎪ * Từ hệ ⎨ ⎪ (1)nnnn−−−− (1) (1) *(1) ⎩Cy11 ++ Cynn =− y y giải ra được Ck vì W ≠ 0 . (đpcm) 3.2. Phương pháp biến thiên hằng số Giả sử yy12, , , yn là nghiệm riêng độc lập tuyến tính của phương trình Lyn []= 0 Khi đó yx( )=+ Cy11 Cy 2 2 ++ Cynn (3.3) (Trong đó Ckk (1 )= n là các hằng số tuỳ ý) là nghiệm tổng quát của phương trình. Để tìm nghiệm của phương trình Lyn [ ] = fx() ta coi CCxkk= () ta có dC dC yx′′( )=+++ Cy Cy ′1 y ++ n y. Để cho biểu thức của yx′() đơn giản 11nndx 1 dx n dC dC ta chọn CC, , , C sao cho 1 yy+ +=n 0 . 12 n dx1 dx n dC dC Khi đó yx′′( )=+++ Cy ′′ Cy ′′1 y ′ ++ n y ′ . Ta chọn C sao cho 11nndx 1 dx n k dC dC 1 yy′′++ n = 0 . dx1 dx n dC dC Cuối cùng yxCy()nn( )=+++ () Cy () nn1 y (− 1) ++ n y ( n− 1). 11nndx 1 dx n Thay các đạo hàm vừa tìm được vào phương trình Lyn []= fx() ta có n dC1 (1)nn−−dCn (1) ∑CLin⎣⎦⎡⎤+++ y i() x y1 y n = f ( x ) . i=1 dx dx dC dC Hay 1 yyfx(1)nn−−++ n (1) = ( ) . dx1 dx n Vậy ta có hệ Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 55
Phương trình vi phân ⎧dC dC 1 yy++ n = 0 ⎪ dx1 dx n ⎪ dC dC ⎪ 1 yy′′++ n = 0 ⎨ dx1 dx n (3.4) ⎪ ⎪ dC dC ⎪ 1 yyfx(1)nn−−++ n (1) = ( ) ⎩⎪ dx1 dx n dC Do Wy[], , y ≠ 0 nên từ (3.4) ⇒ giải ra duy nhất các i . 1 n dx dC Giả sử i =⇒=φ ()xCφα() xdx + vậy dx iiii∫ nn yx=+αφ y y() xdx (3.5) () ∑∑ii i∫ i ii==11 (3.5) là nghiệm tổng quát của phương trình Lyn [ ] = fx(). Chú ý: (3.5) gồm hai thành phần + Thành phần đầu ∑αiiy là nghiệm tổng quát của Lyn [ ] = 0 . + Thành phần thứ hai yxdxφ () là một nghiệm riêng của ∑ ii∫ phương trình Lyn []= fx(). y′ Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình yx′′ − = x y′ y′′ 1 1 Xét phương trình y′′ −=0 ⇒= Do đó yAx′ = và yAxB=+⇒2 x yx′ 2 ⎧yx= 2 chọn hệ nghiệm cơ bản là ⎨ 1 ⎩y2 =1 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 56
Phương trình vi phân 2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là y =+Cx12 C coi ⎧dC dC ⎧dC 1 12x2 + = 0 1 = ⎪ dx dx ⎪ dx 2 CCx11= () và CCx22= () ta có hệ ⎨ ⇒ ⎨ dC dC x2 ⎪20x 1 +=x ⎪ 2 =− ⎩⎪ dx ⎩⎪ dx 2 xx3 Vậy CC=+α ; =−+α . 112226 23 ⇒ Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là yx=++αα12 x/3 § 4. PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ HỆ SỐ HẰNG SỐ. *()(1)nn− Dạng Lynn[]=+ y ay1 ++= ayfx ( ) (4.1) Trong đó aii (1 )= n là các hằng số ∈ R , f ()x là hàm liên tục trong (ab, ). 4.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số. * Xét phương trình Lyn [ ] = 0 (4.2) Phương trình (4.2) có thể giải được bằng phép tính đại số: Đặt y = ekx và ta chọn k để thoả mãn phương trình. *1⎡⎤kx kx ⎡ n n− ⎤ Ta có Lenn⎣⎦= e ⎣ k+++= ak1 a ⎦ 0 . nn−1 Ký hiệu Fk( )=+ k ak1 ++= an 0 và gọi là phương trình đặc trưng của (4.2) . Khi đó để y = ekx là nghiệm của (4.2) thì k phải là nghiệm của phương trình đặc trưng Fk()= 0. Ta xét các trường hợp sau: a) Phương trình Fk()= 0 có nghiệm đơn kk12, , , kn khác nhau. kxi Khi đó rõ ràng yi ==ei(1 ) n là các nghiệm riêng của phương trình (4.2) . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 57
Phương trình vi phân Chú ý: Trong trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm phức ki=±α β thì thay cho nghiệm e(α ± ixβ ) của phương trình (4.2) ta sẽ có hai nghiệm thực là y = exα x cos β và y = exα x sin β . Điều này được khẳng định từ bổ đề. * Bổ đề: Nếu phương trình Lyn []= 0 có nghiệm yuxivx= ()+ (), trong đó ux(),() vx là các hàm thực thì các hàm ux(),() vx cũng là nghiệm của phương trình (đối với phương trình Lyn [ ] = 0 cũng đúng). Do ee(αβ±ix) =±α x (cosβ xix sin β ) nên theo bổ đề ta có điều khẳng định trên. Tập các hàm eekxi ,cos,sinααxxββ xe x độc lập tuyến tính trong khoảng ()−∞, +∞ do đó chúng lập nên một hệ nghiệm cơ bản. Ví dụ 1: Xét phương trình yyy′′′−+=320 ′′ ′ . Phương trình đặc trưng tương ứng kkk32− 320+= x 2x ⇒=kkk1230, = 1, = 2 do đó yy12==1;e ; y 3 =e . x 2 x Nghiệm tổng quát y =+CCeCe12 + 3. Ví dụ 2: yyy′′′−++39130 ′′ ′ y =. Phương trình đặc trưng kkk32− 39130++= kk12=−1; =+ 2 3 iki ; 3 =− 2 3 − xx22 x ⇒=y12e ;cos3;sin3y =exy 3 =ex − xx22 x Nghiệm tổng quát y()xCeCe=+12 cos3 xCe + 3 sin3 x. b) Phương trình đặc trưng có nghiệm thực kk= i bội m . Trong trường hợp này ta chứng minh rằng phương trình (4.2) có các nghiệm kxii kxm−1 kx i riêng y12==e ;y xe ; ; ym =xe (4.3) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 58
Phương trình vi phân Ta chú ý rằng: Nếu uuxk= (,) thì jj ∂∂ ⎡ uxk(,)⎤ jjLuxknn[](,)= L⎢ ⎥ (tự chứng minh đơn giản). ∂∂kk⎣ ⎦ * ⎡⎤j kxi Ta chứng minh Lxen ⎣⎦= 0 với jm= 0 − 1. * ⎡⎤kx kx Vi phân đồng nhất thức Ln ⎣⎦eFke= () j lần theo k . j j ∂ ()j ⎡⎤L*()⎡⎤eeFkCFkxekx== ⎡ kx() ⎤ l l () j− l kx j ⎣⎦nj⎣⎦ ⎣ ⎦ ∑ ∂k l=0 mặt khác theo chú ý ta có ∂∂jj⎡⎤ ⎡⎤Le ⎡⎤kx== L e kx Lxe * ⎡ j kx ⎤. jj⎣⎦nn⎣⎦⎢⎥ n ⎣ ⎦ ∂∂kk⎣⎦ Do đó j *()⎡⎤jkx l l jlkx− Lnj⎣⎦xe= ∑ CF() kx e , l=0 j đặt ⇒=L*()⎡⎤xejlljlkxii CF() k x− e kx . kk= i nji⎣⎦∑ l=0 Nhưng vì ki là nghiệm bội m của phương trình (1)mm− () Fk()0= ⇒= Fk ()0,()0, ,ii F′ k = F ()0,()0 k i = F k i ≠. * ⎡⎤j kxi Do đó Lxen ⎣⎦= 01,2, ,1∀= j m − (đpcm). Ta chú ý hệ nghiệm (4.3) là độc lập tuyến tính trong (−∞+∞, ). c) Phương trình đặc trưng có nghiệm phức liên hợp αβjj± i bội m . Ta chứng minh rằng trong trường hợp này phương trình có 2m nghiệm thực ααjjxxm−1 α j x ye12==cosβ j xyex , cosββjm x , , y = xe cos j x Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 59
Phương trình vi phân ααjjxxm−1 α j x yemjmjmj++12==sinβ xyexxyxe , sinββ , , 2 = sin x. Thật vậy theo b) thì (4.2) có các nghiệm (αβjj±ix) m−1 ()αβjj±ix ye1 = yxem = . Dựa vào bổ đề và công thức ơle ta nhận được 2m nghiệm trên, các nghiệm này độc lập tuyến tính trong (−∞+∞, ). Ví dụ: yy(5)−+−+ (4) 8816160 yy′′′ ′′ y ′ −= y. Fk( )=−+ k54 k 8 k 3 − 8 k 2 + 16 k −= 16 0 có nghiệm kkkikki12345===−1, 2 , 2 (nghiệm 2i bội 2 ; nghiệm −2i bội 2 ). Do đó các hàm x y12==e ,y cos2x ,y 3 = sin 2x ,y 4 =xx cos2 ,y 5 =xx sin 2 lập thành hệ nghiệm cơ bản ⇒nghiệm tổng quát là : x yx( )=+ Ce12 C cos2 x + C 3 sin2 x + xC( 4 cos2 x + C 5 sin2 x) 4.2. Phương trình tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng số. * Trong phần này ta xét dạng phương trình Lyn [ ] = fx(). Trước hết ta chứng minh một bổ đề quan trọng gọi là NGUYÊN LÝ CHỒNG CHẤT NGHIỆM. * Bổ đề: xét phương trình Lyn []=+ vx12() vx (). Trong đó vxvx12(),() là các hàm liên * tục, giả sử yx1() là nghiệm của Lyn [ ] = vx1() * yx2 () là nghiệm của Lyn [ ] = vx2 (). * Khi đó yx12()+ yx () là nghiệm của Lyn [ ] =+ vx12() vx (). ( Lynnn[][][]12+= y Ly 1 + Ly 2 =+ v 12 v). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 60
Phương trình vi phân Ý nghĩa của bổ đề là nếu vế phải f ()x của phương trình không thuần nhất là một hàm phức tạp thì ta có thể phân tích hàm đó thành tổng của nhiều hàm đơn giản và lần lượt giải các phương trình có vế phải là các hàm đơn giản đó. Sau đây ta xét * phương trình Ln = f ()x (4.4) Ta xét ba trường hợp. SS−1 a) f ()xAxAx=+01 ++ AS px S S −1 b) f (xeAxAx )=+++ (01 AS ) px c) f ()x=+ e( PSS ()cos x qx Q ()sin x qx) . Trong đó PSS(),xQ () x là đa thức bậc S , Ai , p là các hằng số. SS−1 a) Xét phương trình f ()xAxAx=+01 ++ AS Giả sử hệ số an ≠ 0 ta chứng minh rằng phương trình có nghiệm riêng là một *1SS− đa thức bậc S . Ta tìm nghiệm riêng dạng y (xBxBx )= 01+++ BS . Thay vào phương trình (4.4) và so sánh các luỹ thừa xk ta sẽ xác định được các hằng số Bk (1 )kS= theo Ak . Giả sử aann= −−+11== a nα = 0 còn an−α ≠ 0 (điều này có nghĩa k = 0 là nghiệm bội α của Fk()= 0). Ta chứng minh rằng phương trình (4.4) có nghiệm riêng dạng *1α SS− (α ) yx( )=+++ x( Bx01 Bx BS ) . Thật vậy đặt y = z phương trình ()nn−−−αα( 1) (4.4) có dạng zazazfx+++=1 n−α ( ) ⇒ phương trình có * S nghiệm riêng zBx=++0 BS , do đó tích phân α lần ta thu được * α S yxBx=++( 0 BS ) . Ví dụ: yyx′′+=− ′ 2( ann ≠ 0, a−1 ≠ 0). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 61
Phương trình vi phân Ta tìm nghiệm yx* ()=+ xAxB( ) , thay vào phương trình vi phân ta nhận 1 x2 được AB==−;3. Nghiệm tổng quát yx()= C++− Ce− x 3 x. 2 12 2 px S S −1 b) Trường hợp f (xeAxAx )=+++ (01 AS ). Đặt y = ezpx ( z là hàm cần tìm). Thay vào phương trình ta được px⎡⎤⎡⎤() n ( n−− 1) px S S 1 ez⎣⎦⎣⎦+++= bz101 bzeAxAxnS +++ A ()nn (− 1) S hay zbz+++=++10 bzAxAnS . (4.5) Trong đó bconstii ==(1 ) n, ta lại trở về trường hợp a). Chú ý rằng nếu xét phương trình đặc trưng của (4.5) nn−1 kbk+++=1 bn 0 (4.6) nn−1 và kak+++=1 an 0 (4.7) Thì ta thấy nếu (4.6) có nghiệm ka= thì (4.7) có nghiệm kap= + . Vì : nếu ze= ax là nghiệm của (4.5) thì ye= (apx+ ) là nghiệm của (4.4) . Vì vậy ta có nhận xét: 1. Nếu bn ≠ 0 thì phương trình không có nghiệm k = 0 hay phương trình (4.7) không có nghiệm kp= . Do đó ta đi đến quy tắc: Nếu p không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng Fk()= 0 thì * px⎡ S ⎤ phương trình (4.4) có nghiệm riêng yx()=++ e⎣ Bx0 BS ⎦ . 2. Nếu phương trình (4.6) có nghiệm k = 0 bội α thì phương trình (4.7) có nghiệm kp= bội α . Do đó ta có quy tắc: Nếu p là nghiệm bội α của phương trình đặc trưng Fk()= 0 thì phương * pxα ⎡ S ⎤ trình (4.4) có nghiệm riêng yx( )=++ ex⎣ Bx0 BS ⎦ Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 62
Phương trình vi phân Ví dụ 1: yyex′′ +=3x (1) + nghiệm riêng yeAxB*3= x ( + ) . Ví dụ 2: yyex′′ −=x ( 2 −1) nghiệm riêng yxeAxBxC*2= x ( ++) . Ví dụ 3: yyyyex′′′+++=−33 ′′ ′ − x (5)1 p =− là nghiệm bội 3 ⇒=yxeAxB*3− x ( +). px c) Trường hợp f ()xePxqxQxqx=+( SS ()cos ()sin ) . Ta đưa trường hợp này về trường hợp b). 11 Biến đổi: cosqx=+() eiqx e−− iqx ; sin qx =() e iqx − e iqx 22i ()piqx+−⎛⎞⎛⎞PxSS() Qx ()() piqx Px SS () Qx () ⇒=fx() e⎜⎟⎜⎟ + + e − ⎝⎠⎝⎠22ii 22 ()piqx+ ⎛⎞PxSS() Qx () ()piqx− ⎛⎞PxSS() Qx () Vx1()=+ e ⎜⎟ Vx2 ()=− e ⎜⎟ ⎝⎠22i ⎝⎠22i (chú ý VxVx12(),() là liên hợp), áp dụng nguyên lý chồng chất nghiệm ta có: (*) piq+ không là nghiệm của Fk()= 0⇒ ta tìm nghiệm riêng ứng với vế phải là * ()piqx+ Vx1() yx1 ()= e RxS (). Vì piq+ không là nghiệm của Fk()=⇒ 0 piq− cũng không là nghiệm của Fk()= 0 do đó ta tìm nghiệm ứng với Vx2 () là * ()piqx− yx2 ()= e TxS (). Vì yy12, là liên hợp suy ra RSS(),()xT x cũng liên hợp, tức là Rx()=+ Px () iQx () SS S. TxSS()=− Px () iQx S () Do đó ta có ngiệm riêng của phương trình (4.4) có dạng yyye =+=()p+− iqx( PiQe +) +( p iqx) ( PiQ − ) 12 SS SS px =−ePqxQqx()2cos2SS sin =+ePxqxQxqxpx ()cos ()sin . ( SS) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 63
Phương trình vi phân Ta có quy tắc: Nếu piq+ không phải là nghiệm của Fk()= 0 thì phương trình (4.4) có nghiệm riêng dạng y* ()x=+ epx P ()cos x qx Q ()sin x qx . Trong đó ( SS) PQSS, là đa thức bậc S của x . (*) Nếu piq± là nghiệm bội α của phương trình Fk()= 0 thì tương tự như trên ta có quy tắc: Nếu piq± là nghiệm bội α của phương trình Fk()= 0 thì (4.4) có nghiệm riêng dạng y* ()xexPxqxQxqx=+px α ()cos ()sin . ( SS) Ví dụ 1: yyyexx′′++=22 ′ − x ( cos3sin + x) . Phương trình kk2 ++=220 có nghiệm −1;±±=−±ipiq 1 i. Vậy nghiệm riêng có dạng * −x yx()=⎡+ xe⎣⎦( AxB11) cos x ++( AxB 2 2) sin x ⎤. ′′ x * x Ví dụ 2: yy−=excos x ⇒yx()= e⎣⎡+( AxB11) cos x +( AxB 2 + 2) sin x ⎤⎦ . Chú ý: Nếu một trong các đa thức PSS,Q có bậc thấp hơn S (đặc biệt ≡ 0) thì nói chung cả hai đa thức PQSS, vẫn có bậc S . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 64
Phương trình vi phân Chương 6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN § 1. KHÁI NIỆM, ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM 1.1. Định nghĩa Cho hệ phương trình vi phân dạng ⎧ ⎛⎞dy12 dy dyn ⎪Fxyy112⎜⎟, , , , yn , , , ,= 0 ⎝⎠dx dx dx ⎪ ⎨ (1.1) ⎪ dy dy dy ⎪ ⎛⎞12 n Fxyynn⎜⎟,12 , , , y , , , ,= 0 ⎩⎪ ⎝⎠dx dx dx Hệ được gọi là hệ phương trình vi phân cấp một. Trong trường hợp nếu từ hệ (1.1) ta giải ra các đạo hàm ⎧dy 1 = f ()xy, , , y ⎪ dx 11 n ⎪ ⎨ (1.2) ⎪dy ⎪ n = f (xy , , , y ) ⎩ dx nn1 Trong đó các hàm ở vế phải chỉ phụ thuộc x,yy1 , , n , không phụ thuộc các đạo hàm thì hệ như vậy được gọi là hệ chuẩn tắc. Giới hạn trong chương trình chúng ta chỉ xét hệ chuẩn tắc. 1.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm (Xem phần phương trình vi phân cấp cao). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 65
Phương trình vi phân 1.3. Các loại nghiệm của hệ chuẩn tắc a) Nghiệm tổng quát: Ta xem x,yy1 , , n như là toạ độ của một điểm trong không gian En+1 (1)n + chiều (x ,yy1 , ,n ) , khi đó mỗi nghiệm của (1.2) sẽ ứng với một đường cong trong không gian En+1 và nghiệm tổng quát của hệ (1.2) là hệ hàm ⎧yyxCCC11= ( , 12 , , ,n ) ⎪ ⎪yyxCCC22= ( , 12 , , ,n ) ⎨ (1.3) ⎪ ⎪ ⎩yyxCCCnn= ( ,12 , , , n ) lập thành một họ đường cong phụ thuộc n tham số. Nếu hệ (1.2) thoả mãn trong miền D nào đó ∈ En+1 điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm thì tại mỗi điểm của D chỉ có một và chỉ một đường cong tích phân đi qua. b) Nghiệm riêng. Người ta gọi nghiệm riêng của hệ (1.2) là nghiệm mà có được bằng cách cho 00 0 CC12, , , Cn trong nghiệm tổng quát các giá trị xác định C1 = CC12,== C 2 , , Cnn C c) Nghiệm kì dị: Nghiệm yyxinii==() 1 được gọi là nghiệm kì dị nếu tại mọi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm bị phá vỡ. §2. ĐƯA HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỀ PTVP CẤP CAO. 2.1. Một số ví dụ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: ⎧dx = y ⎪ dt ⎨ dy ⎪ = x ⎩⎪ dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 66
Phương trình vi phân dx22 dy dx Từ phương trình 2 ⇒==⇒−=xx0 dt22 dt dt tt− ⎪⎧x =+Ce12 Ce ⇒ ⎨ tt− ⎩⎪yCeCe=−12 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình ⎧dx = 32x − y ⎪ dt ⎨ dy ⎪ = 2x − y ⎩⎪ dt d2 x dx dy dx dx Từ phương trình đầu ⇒=−=−−32 3x dt2 dt dt dt dt dx2 dx hay −+=⇒=+20x xCeCtett dt2 dt 12 11⎛⎞dx ttttt y=−=⎜⎟333 x() CeCteCeCeCte12122 + −−− 22⎝⎠dt t ⎛⎞C2 =−+eC⎜⎟12 Ct. ⎝⎠2 Từ hai ví dụ trên ⇒ để giải một hệ phương trình vi phân ta có thể tiến hành như sau: Vi phân một phương trình của hệ đã cho để lập một phương trình vi phân cấp cao. Giải phương trình vi phân cấp cao đó ta tìm được nghiệm. Về phương diện lý thuyết ta phải chứng minh hai điều: Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 67
Phương trình vi phân dx a) Với điều kiện nào thì từ hệ i = f ()tx, , x , , x ta có thể lập được một phương dt in12 trình vi phân cấp n đối với một hàm nào đấy, chẳng hạn x1 nn−1 dx111⎛⎞ dx d x nn=Φ1 ⎜⎟tx, , , , −1 (2.1) . dt⎝⎠ dt dt b) Tiếp đó ta phải chứng minh ∀ nghiệm của (2.1) đều ứng với một nghiệm {x12,xx , , n} của hệ (1.2) . Về phương diện lý thuyết người ta đã chứng minh rằng nếu các hàm fi (1 )in= liên tục và có đạo hàm riêng liên tục đến cấp n −1 theo tất cả các biến thì cả a) và b) đều thoả mãn. §3. PHƯƠNG PHÁP LẬP TỔ HỢP GIẢI TÍCH Ví dụ mở đầu. Xét hệ ⎧dx = y ⎪ dt ⎨ dy ⎪ = x ⎩⎪ dt dx( + y) Cộng hai vế của phương trình ⇒=+x y dt dx( + y) hay =⇒dtln x +=+ y t ln C ⇒+= x y C et . xy+ 11 dx( − y) Tương tự trừ hai phương trình cho nhau ⇒=−dt ⇒−=xyCe−t xy− 2 t tt− ⎪⎧x +=yCe1 ⎪⎧x =+Ce12 Ce ⇒ ⇒ ⎨ −t ⎨ tt− ⎩⎪x −=yCe2 ⎩⎪yCeCe=−12 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 68
Phương trình vi phân dx Tổng quát: Từ hệ i = f ()tx, , x , , x (3.1) dt in12 Có trường hợp có thể giải được bằng cách lập các tổ hợp giải tích tức là lập nên những phương trình vi phân mới là hệ quả của phương trình ban đầu từ đó thu được các hệ thức dạn Φ=(tx,12 , x , , xn ) C (3.2) Hệ thức (3.2) gọi là tích phân đầu của (3.1). Nếu tìm được k tổ hợp giải tích thì ta sẽ có k tích phân đầu. ⎧Φ=112(tx, , x , , xn ) C 1 ⎪ ⎨ (3.3) ⎪ ⎩Φ=knk()tx,12 , x , , x C Nếu tất cả các tích phân đầu này độc lập tuyến tính tức là có ít nhất một định thức D(ΦΦ, , ) 1 k ≠ 0 (3.4) Dx()ii12, x , , x ik Trong đó xii12,xx , , ik là k hàm nào đấy trong (x12 ,xx , ,n ) thì từ hệ (3.3) ta có thể biểu diễn k hàm chưa biết theo các hàm còn lại rồi thay vào hệ ban đầu ta sẽ hạ được k cấp hệ đó. Tức là đưa được về nk− phương trình. Nếu kn= và các tích phân đầu độc lập thì các hàm chưa biết đều xác định được từ hệ (3.3) . Ví dụ 2: Xét hệ: ⎧dx = yz− ⎪ dt ⎪ ⎪dy ⎨ = zx− ⎪ dt ⎪dz ⎪ = x − y ⎩ dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 69
Phương trình vi phân dx( ++ y z) Cộng 3 phương trình lại ⇒=⇒++=0 x yzC. Nhân phương trình dt 1 đầu với x , phương trình 2 với y , phương trình 3 với z , sau đó cộng 3 phương trình dx dy dz lại ⇒++=⇒++=x yz0 xyzC222 . dt dt dt 2 Chú ý: Để tìm các tổ hợp giải tích người ta thường viết (3.1) dưới dạng sau đây gọi là dạng đối xứng: dx dxdx dt 12=== n φφ11(txx , , ,nnnnn ) 21 ( txx , , , ) φφ ( txx , 1 , , ) 01 ( txx , , , ) φi Trong đó = fi . φ0 § 4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT 4.1. Định nghĩa Ta gọi hệ thuần nhất tuyến tính là hệ có dạng: ⎧dx 1 =+++atxatx() () atx () ⎪ dt 11 1 12 2 1nn ⎪ ⎨ (4.1) ⎪dx ⎪ n =+atxatx() () ++ atx () ⎩ dt nn11 2 2 nnn Ký hiệu ⎛⎞dx1 x ⎛⎞1 ⎜⎟dt ⎜⎟ ⎜⎟ x ⎜⎟2 ⎜⎟dx2 ⎜⎟dX ⎜⎟ XAtat== ;dt ; () =()ij () ⎜⎟ dt ⎜⎟ nn× ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟x ⎜⎟dx ⎝⎠n ⎜⎟n ⎝⎠dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 70
Phương trình vi phân dX Khi đó (4.1) có dạng = A()tX (4.1)′ dt dX Tương tự ta có hệ =+A()tX Ft () dt (4.2) ⎛⎞f1()t ⎜⎟ f ()t Trong đó Ft()= ⎜⎟2 (4.2) gọi là hệ phương trình vi phân tuyến tính không ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠fn ()t thuần nhất. Sau đây ta giả sử các atij(),f i ()t là các hàm liên tục trong (ab, ) khi đó trong ∀∈[]αβ,,(ab) hệ (4.2) thoả mãn điều kiện định lý tồn tại và duy nhất nghiệm. Sau này ta sẽ thấy đối với (4.2) nghiệm xác định bởi hệ điều kiện đầu với tab0 ∈( , ) sẽ tồn tại duy nhất trên toàn khoảng (ab, ). 4.2. Toán tử vi phân tuyến tính dX Đặt LX[]=− AtX() , khi đó (4.1) có dạng LX()0= dt (4.2) có dạng LX()= Ft (). a) Tính chất của toán tử L . LCX[][]11+= CX 2 2 CLX 1 1 + CLX 2[ 2] . b) Một số định lý về nghiệm của hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất. * Định lý 1: Nếu X i (1 )in= là các nghiệm của hệ LX()0= thì ∑CXkk (với Cconstk = ) cũng là nghiệm của hệ phương trình. * Định lý 2: Nếu LX()0= với ma trận A(t) thực có nghiệm phức X=+ U iV thì UV, cũng là nghiệm của hệ phương trình đó. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 71
Phương trình vi phân 4.3. Khái niệm về sự phụ thuộc tuyến tính Giả sử các vector X12,XX , , n xác định trên (ab, ) . ⎛⎞xt1i () ⎜⎟ xt() Xin==⎜⎟2i (1 ) i ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠xtni () Khi đó ta nói rằng {X i} là phụ thuộc tuyến tính trên (ab, ) nếu tồn tại các hằng số α12,αα , , n không đồng thời bằng không sao cho α11X +++≡∀∈αα 2XX 2 nn 0 tab( , ) (4.3) Nếu (4.3) chỉ nghiệm đúng với ∀αi ≡ 0 thì {X i} gọi là độc lập tuyến tính trên (ab, ). Chú ý rằng (4.3) tương đương với hệ ⎧αα111xx+ 212++ αnn x 1 ≡ 0 ⎪ ⎨ ⎪ ⎩αα11xxnn+ 2 2++ α nnn x ≡ 0 Đây là hệ phương trình đại số thuần nhất đối với αi . Để αi không đồng thời bằng không ⎛⎞xx11 12 x 1n ⎜⎟ ⇒=WX, X , , X det ≡ 0 []12 n ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠xxnn12 x nn WX[ 12, X , , Xn ] gọi là định thức Wronski của {X i} . * Định lý 1: Nếu n vector {X i} phụ thuộc tuyến tính trên (ab, ) thì WX[]12, X , , Xn ≡ 0 trên khoảng đó. Nhưng điều ngược lại không đúng. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 72
Phương trình vi phân ⎛⎞tt⎛⎞2 Chẳng hạn XX==⎜⎟ ta có thể chứng minh theo định nghĩa 12⎜⎟ ⎜⎟2 ⎝⎠t ⎝⎠t X12, X độc lập tuyến tính nhưng WX[ 12,0 X] ≡ . Tuy nhiên ta có thể chứng minh rằng nếu {X i} là các nghiệm của phương trình LX()0= thì điều ngược lại là đúng. * Định lý 2: Nếu WX[ 12, X , , Xn ] của các nghiệm {X i} của hệ LX()0= triệt tiêu dù chỉ tại một điểm tt=∈0 ( ab, ) liên tục của các hệ số của hệ phương trình thì {X i} sẽ phụ thuộc tuyến tính trong khoảng (ab, ) và WX[]12, X , , Xn ≡ 0 ∀tab∈( , ) . Chứng minh: Chú ý mở đầu: Nếu X ()t là nghiệm của LX()0= sao cho Xt()0 = 0 với tab0 ∈(), thì Xt()≡ 0 do tính chất duy nhất nghiệm (vì phương trình tồn tại nghiệm X 0 ≡ 0 ∀t ). Theo giả thiết WX[ 12, X , , Xnij] = det( xt ( 0 )) = 0 . tt= 0 Xét phương trình CX110() t+++= CX 2 20 () t CXnn () t 0 0 ⎧Cx1110() t+ Cx 2120 () t++ Cxnn 1 () t 0 = 0 ⎪ Phương trình tương đương với hệ ⎨ ⎪ ⎩Cx110nn() t+ Cx 2 20 () t++ Cx nnn () t 0 = 0 Do det( xtij (0 )) =⇒∃ 0 các nghiệm Ci không đồng thời bằng không . Xét biểu thức X (tCXt) = ∑ ii() đây cũng là nghiệm của phương trình LX()0= (tính chất của toán tử L ) và vì Xt( 0 ) = 0 ⇒ theo tính chất duy nhất nghiệm ⇒≡∀∈X (ttab) 0,( ) hay ∑CXii() t ≡ 0 ⇒ {X i} phụ thuộc tuyến tính ⇒ WX[]12, X , , Xn ≡ 0 ∀∈tab( , ) (đpcm). Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 73
Phương trình vi phân Chú ý: Từ định lý 1 và định lý 2 ⇒ W của n nghiệm của hệ phương trình LX()0= hoặc đồng nhất bằng không hoặc khác không ∀tab∈( , ) . 4.4. Hệ nghiệm cơ bản Định nghĩa: Hệ n nghiệm riêng độc lập tuyến tính X12(),tXt (), , Xtn () của hệ phương trình LX()0= được gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình. Đối với hệ phương trình LX()0= luôn luôn ∃ hệ nghịêm cơ bản. Vì ta chỉ cần chọn n nghiệm riêng {X i} sao cho W ≠ 0 tại một điểm tab0 ∈( , ) khi đó ⇒ {X i} sẽ là một hệ nghiệm cơ bản. ⎧0 ij≠ Hệ nghiệm cơ bản {X i} mà sao cho xtij()0 = δ ij trong đó δij = ⎨ (δij ⎩1 ij= ký hiệu Krôneke ) gọi là hệ nghiệm CHUẨN TẮC. * Định lý 3: Nếu {X i} là hệ nghiệm cơ bản của hệ LX()0= thì nghiệm tổng quát n của hệ phương trình là XCX= ∑ ii. i=1 n a) Biểu thức XCX= ∑ ii là nghiệm i=1 b) Từ hệ thức trên ta có thể giải ra các Ci điều này được suy từ WX[]12, X , , Xn ≠ 0 Chú ý: Công thức ∑CXii cho ta mọi nghiệm của phương trình . Giả sử tìm nghiệm ⎛⎞x10 ⎜⎟ x X ()t sao cho Xt()== X ⎜⎟20 . 00⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠xn0 Khi đó xét hệ ⎧Cx1110() t+++= Cx 2120 () t Cxnn 1 () t 0 x 10 ⎪ ⎨ ⎪ ⎩Cx110nn() t+++= Cx 2 20 () t Cx nnnn () t 0 x 0 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 74
Phương trình vi phân Do det( xtij (0 )) ≠ 0 ⇒ tìm được Ci theo X 0 . §5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT n dxi Xét hệ dạng =+∑atxij() j f i (5.1) dt j=1 dX Hay viết dưới dạng ma trận =+A()tX Ft (). dt 5.1. Một số định lý về nghiệm của hệ phương trình (5.1). * Định lý 1: Nếu X là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất (5.1) còn X1 là nghiệm của hệ LX()0= tương ứng thì tổng X + X1 là nghiệm của (5.1). Chứng minh: (Dựa vào tính chất của toán tử L ). * Định lý 2: Nghiệm tổng quát X của hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất trên khoảng (ab, ) (là khoảng liên tục của các hệ số atij () và fi ()t ) bằng tổng của n nghiệm tổng quát ∑CXii của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng và i=1 nghiệm riêng X của hệ không thuần nhất. n XCXX=+∑ ii i=1 Chứng minh: Ta phải chứng minh hai điều: a) Thoả mãn (5.1) ∀Ci tuỳ ý điều này suy ra từ tính chất của L . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 75
Phương trình vi phân ⎡⎤nn L[]XL=+=+=⎢⎥∑∑ CXXii CLXLXFt i[] i ⎡⎤⎣⎦ () ⎣⎦ii==11 n b) Từ biểu thức XCXX=+∑ ii ta có thể giải ra các hằng số Ci . i=1 n Thật vậy ta có ∑CXii=− X X khai triển ra đây là một hệ phương trình đại số i=1 tuyến tính đối với Ci và Krame của hệ là WX[ 12, X , , Xn ] ≠ 0 . n Ta chú ý rằng công thức XCXX= ∑ ii+ cho ta mọi nghiệm của phương trình i=1 (5.1) . Để giải bài toán Côsi tìm nghiệm X (t) sao cho tại tt= 0 thì X (tX00) = trong đó X 0 là vector tuỳ ý cho trước, ta phải chọn Ci sao cho n ∑CXii() t00000=−=− X () t X () t X X () t . i=1 Đây là hệ phương trình đại số tuyến tính đối với Ci và Krame = WX[]12, X , , Xn ≠ 0 . Do đó tìm được duy nhất Ci thoả mãn bài toán Côsi. * Định lý 3: (Nguyên lý chồng chất nghiệm). n Tổng ∑ X i của các nghiệm X i của các hệ phương trình LX[ ] = Fi là i=1 ⎛⎞f1i ()t ⎜⎟ m f ()t ⎜⎟2i nghiệm của hệ L[]XF= ∑ i trong đó Fi = i=1 ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠fni ()t (Theo tính chất của toán tử L ). * Định lý 4: Nếu hệ LX[]=+ U iV với các hệ số thực atutij(), i (), vt i () có nghiệm X =+UiV trong đó Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 76
Phương trình vi phân ⎛⎞ut1() ⎛⎞ut1() ⎛⎞vt1() ⎛⎞vt1() ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ut() ut() vt() vt() U = ⎜⎟2 U = ⎜⎟2 V = ⎜⎟2 V = ⎜⎟2 ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠utn () ⎝⎠utn () ⎝⎠vtn () ⎝⎠vtn () Thì U và V sẽ là nghiệm tương ứng của hệ LX[ ] = U và LX[ ] = V (Theo tính chất của toán tử L và so sánh các phần thực , ảo). 5.2. Phương pháp biến thiên hằng số Phương pháp gồm hai bước * Bước 1: Tìm hệ nghiệm cơ bản X12,XX , , n của hệ thuần nhất tương ứng⇒ n nghiệm tổng quát XCX= ∑ ii (5.2) i=1 n * Bước 2: Xem CCtii= () và chọn Cti () sao cho biểu thức ∑CtXii() thoả mãn i=1 LX[]= Ft(). nn dX dCii() t dX Vi phân ()5.2 theo t ta được = ∑∑XCtii+=() dtii==11 dt dt nnn n dCii() t dC () t dX =+∑∑∑XAtCtXiiii() () ⇒=−= X AtCtXFt () ∑ ii () () iii===111dt dt dt i = 1 (5.3) (5.3) là phương trình vector tương đương với hệ n ⎧ dCi () t ⎪∑ x11i = ft() i=1 dt ⎪ ⎨ (5.4) ⎪ n dC() t ⎪ i ∑ xni= ft n () ⎩⎪ i=1 dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 77
Phương trình vi phân dC() t Krame = WX[ , X , , X] ≠ 0 ⇒ giải ra duy nhất i = φ ()t 12 n dt i ⇒=CtdtCφ () +. Thay giá trị của các C vào 5.2 ta được ii∫ i i ( ) n nn XtdtCX=+φ () hay XCX=+φ () tdtX. ∑(∫ iii) ∑∑ii(∫ i) i i=1 ii==11 Từ công thức trên ta thấy X là tổng của nghiệm tổng quát và một nghiệm riêng. Ví dụ: Giải hệ ⎧dx ⎪ = y ⎛⎞0 ⎪ dt ⎜⎟ ⎨ F = 1 dy 1 ⎜⎟ ⎪ =−x + ⎝⎠cost ⎩⎪ dtcos t Bước 1: ⎧dx y ⎪ = 2 ⎪ dt dx x = CtCt12cos+ sin ⎨ ⇒+=x 0 ⇒ dy dt 2 yCtCt=−sin + cos ⎪ = −x 12 ⎩⎪ dt Bước 2: Xem CCtii= () thay vào hệ ta được (thay trực tiếp) ⎧dC() t dC () t 12costt+= sin 0 ⎪ dt dt ⎨ dC() t dC () t 1 ⎪−+12sintt cos = ⎩⎪ dt dtcos t ⇒=Ct1122() lncos t + C ; Ct () =+ t C ⎪⎧x =++CtCt12cos sin cos t ln cos ttt + sin ⇒ ⎨ ⎩⎪yCtCt=−12sin + cos − sin t ln cos ttt + cos Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 78
Phương trình vi phân §6. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT CÓ HỆ SỐ HẰNG SỐ Đó là hệ phương trình vi phân có dạng ⎧dx 1 =+++ax ax ax ⎪ dt 11 1 12 2 1nn ⎪ ⎨ (6.1) ⎪dx ⎪ n =+ax ax ++ ax ⎩ dt nn11 2 2 nnn Trong đó aij là các hằng số. Ta có thể giải hệ ()6.1 mà không cần đưa nó về phương trình vi phân cấp cao. Ta sẽ tìm nghiệm của hệ (6.1) dưới dạng sau λ ttλλ t x11==pe, x 2 pe 2 , , xnn = pe (6.2) Trong đó pp12, , , pn ,λ là những hằng số mà ta sẽ xác định. Thế các biểu thức (6.2) vào (6.1) , ta được hệ phương trình đại số tuyến tính sau đây đối với pp12, , , pn : ⎧−(apapap11λ ) 1 + 12 2 ++ 1nn = 0 ⎪ ⎪ap21 1+−() a 22λ p 2 ++= ap 2nn 0 ⎨ ()6.3 ⎪ ⎪ ⎩apnn11+++−= ap 2 2 () a nnnλ p 0 Đó là một hệ phương trình đại số tuyến tính thuần nhất, nó phải có nghiệm khác không, do đó định thức của ma trận các hệ số của nó phải bằng không. aaa11− λ 12 1n aa− λ a 21 22 2n = 0 ()6.4 aann12 a nn−λ Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 79
Phương trình vi phân Phương trình ()6.4 được gọi là phương trình đặc trưng của hệ ()6.1 , nó là một phương trình đại số bậc n đối với λ . Nghiệm của nó được gọi là giá trị riêng của hệ. Ta xét các trường hợp sau: a)Phương trình đặc trưng ()6.4 có n nghiệm thực đơn λ 12,λλ , , n khác nhau. Ứng với mỗi giá trị riêng λ i ta xác định được một vector riêng tương ứng ⎛⎞p1i ⎜⎟ p P = ⎜⎟2i . i ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠pni Khi ấy hệ phương trình vi phân (6.1) có n nghiệm X12,XX , , n ⎛⎞λ it ⎛⎞x1i pe1i ⎜⎟⎜⎟ x ⎜⎟peλ i t X ==⎜⎟2i 2i (1 )in= i ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟λ i t ⎝⎠xni ⎝⎠peni Hệ ấy được gọi là hệ nghiệm cơ bản. Khi đó nghiệm tổng quát của hệ ()6.1 là n XCX= ∑ ii hay có thể viết i=1 ⎧x1111212=+++Cx Cx Cxnn 1 ⎪ ⎪x2121222=+++Cx Cx Cxnn 2 ⎨ ⎪ ⎪ ⎩xnn=+Cx11 Cx 2 n 2 ++ Cx nnn b) Phương trình đặc trưng (6.4) có các nghiệm thực λ 12,λλ , , s lần lượt bội ll12, , , lss ( l 1+++= l 2 l n ) . Ta tìm nghiệm của hệ ()6.1 dưới dạng Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 80
Phương trình vi phân λ t ⎧x =+++pte()λλ12tt pte () pte () s ⎪ 111 12 1s ⎪x =+pte()λλ12tt pte () ++ pte () λ s t ⎨ 221 22 2s ⎪ ⎪ λλ12tt λ s t ⎩xnn=+++pte12() pte n () pte ns () Trong đó ptij () là các đa thức bậc l j −1 (j = 1,2, ,si ;= 1,2, , n ) các hệ số của đa thức này phụ thuộc n hằng số tuỳ ý CC12, , , Cn . Dựa vào hệ phương trình (6.1) có thể tìm được các hệ số đó bằng phương pháp hệ số bất định. c) Phương trình đặc trưng ()6.4 có các nghiệm phức liên hợp. Muốn được nghiệm tổng quát của hệ phương trình (6.1) dưới dạng thực thì tương tự như phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp cao có hệ số không đổi ta dùng công thức Euler và lấy các nghiệm riêng là phần thực và phần ảo của nghiệm riêng phức tương ứng. d) Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải hệ ⎧x′ =+xy2 ⎨ ⎩yxy′ =+43 12− λ Phương trình đặc trưng là = 0 hay λλ2− 450−= có hai nghiệm 43− λ λ 12==−5;λ 1. ứng với λ 1= 5 hệ phương trình để xác định vectơ riêng là ⎪⎧−(15) pp12 + 2 = 0 ⎨ ⇔ 42pp12−= 0. ⎩⎪4(35)0pp12+− = Có thể lấy pp12==1, 2. Vậy vectơ riêng ứng với λ 1= 5 là (1, 2) . Tương tự ta tìm được vector riêng ứng với λ 2=−1 là (1,− 1) . Do đó nghiệm cơ bản của hệ là Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 81
Phương trình vi phân x ==eye55tt2 11 −tt− x22= eye=− Vậy nghiệm tổng quát của hệ phương trình đã cho là x =+Ce5tt Ce− 12 5tt− yCeCe=−2 12 Ví dụ 2: Giải hệ ⎧x′ =−xy5 ⎨ ⎩yxy′ = 2 − 15−−λ phương trình đặc trưng là = 0 hay λ 2+=90 có nghiệm 21−−λ λ 12==−33iiλ . Véc tơ riêng ứng với λ 1= 3i là (5,1− 3i ). Do đó ta có nghiệm là xe==55cos35sin33it tit + 1 3it yiettitt1 =−(1 3) =() cos3 + 3sin3 + (sin3 − 3cos3) Vởy nghiệm tổng quát của hệ đã cho là xC=+5cos35sin3 tC t 12 yC=++−12()()cos3 t 3sin3 t C sin3 t 3cos3 t Ví dụ 3: Giải hệ ⎧x′ = xy− ⎨ ⎩yx′ = + 3 y 11−−λ phương trình đặc trưng là = 0 hay λλ2− 440+= có nghiệm kép 13− λ λ 12==λ 2 . Do đó ta tìm nghiệm của hệ có dạng x =+(at b) e2t yctde=+()2t Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 82
Phương trình vi phân thế vào hệ phương trình ta được ⎧22at++=−+− b a ( a c ) t b d ⎨ ⎩22ct++=+ d c (3)(3) a c t ++ b d đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc ta được ⎧2aac=− ⎪ ⎪2babd+ =− ⎨ ⎪23ca=+ c ⎪⎩23dcb+ =+ d Cho aCbCCC==1212,,, tuỳ ý ta được cCdCC= −=−+112,( ). Vậy nghiệm tổng quát là xCtCe=+()2t 12 2t yCtCCe=−()112 + + Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 83
Phương trình vi phân Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 84
Phương trình vi phân Phần 1: Phương trình vi phân cấp 1 Phương trình vi phân có biến số phân ly 1. y′cos2y − sin y = 0 cos y − sin y −1 2. y′ = cos x − sin x +1 3. y′ = x2 + 2xy −1+ y 2 1 4. y′ = +1 x − y 1 5. y′ =1 + y 2 6. y′ = ()4x + y −1 2 7. y′ = x 2 − y + 2x Đặt z = x 2 − y ⇒ y′ = 2x − z′ z′ = − z 8. (1+ y 2 )[e 2 x dx − e y dy ]− ()1+ y dy = 0 9. (xy 2 − y 2 + x −1)dx + (x 2 y − 2xy + x 2 + 2y − 2x + 2)dy = 0 ⇔ (y 2 +1)()x −1 dx + (y +1)(x 2 − 2x + 2)dy = 0 x −1 y +1 ⇔ dx + dy = 0 x 2 − 2x + 2 y 2 +1 ()x + y m 10. y′ +1 = Đặt z = x + y . ()()x + y n + x + y p 11. a()xy′ + 2y = xyy′ (biến đổi về x(a − y)y′ = −2ay ) 2 12. y′ = y 2 − (Đặt z = xy) x 2 13. Giải phương trình vi phân (y′2 −1)x 2 y 2 + y′(x 4 − y 4 )= 0 (coi là phương trình cấp 2 đối với y’) Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 85
Phương trình vi phân Phương trình vi phân thuần nhất 14. xdy − ydx = x2 + y2 dx y 15. xy′ = y − xe x ⎛ y ⎞ y ⎛ y ⎞ y 16. xy′ = y cos⎜ln ⎟ ⇒ y′ = cos⎜ln ⎟ z = ⎝ x ⎠ x ⎝ x ⎠ x ⇒ z′.x + z = z cos(ln z) dz dx d(ln z) dx = ⇔ = z()cos(ln z) −1 x cos(ln z) −1 x 17. ax 2 + 2bxy + cy 2 + y′(bx 2 + 2cxy + f y 2 ) = 0 18. x 2 y′2 − 3xyy′ + 2y 2 = 0 19. ()()2x + y +1 dx − 4x + 2y − 3 dy = 0 20. ()xy′ + y 2 = y 2 y′ . y y π 21. y′ = + sin , với y()1 = x x 2 22. xyy′ + x 2 − 2y 2 = 0 23. (3x2 + y2 )y + (y 2 − x2 )xy′ = 0 24. xy′ = y()1 + ln y − ln x , y(1) = e 25. y 2 + x 2 y′ = xyy′ ⎛ y ⎞ y 26. ⎜ x − y cos ⎟dx + x cos dy = 0 ⎝ x ⎠ x Phương trình vi phân tuyến tính 27. xy′ − y = x2arctgx 28. (1+ x2 )y′ − 2xy = (1+ x2 )2 2 29. y′ + 2xy = xe −x 30. x(1 + x 2 )y′ − (x 2 −1)y + 2x = 0 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 86
Phương trình vi phân 31. y′sin x − y = 1− cos x 32. (sin 2 y + x cot g y)y′ = 1 x − hàm, y − biến x 33. y′ + tgy = Đặt z = sin y cos y 34. (2e y − x)y′ = 1 x − hàm, y − biến 35. ()1)− 2xy y′ = y( y −1 x − hàm, y − biến 36. y′ + xy = x 3 ⎧ 2 3 ⎪y′ − y = 37. ⎨ x x 2 ⎩⎪y()1 =1 1 38. y′ + = 0 (coi x là hàm của y) 2x − y 2 39. ye y = y′(y 3 + 2xe y ), với y(0) = -1 (coi x là hàm của y) 40. (x 2 − y)dx + xdy = 0 1 41. Giải phương trình vi phân 2xy′ + y = 1 − x 42. 2x()(1 + x y′ − 3x + 4 )y + 2x 1 + x = 0 43. xy′ − y = x 2 sin x 44. Tìm nghiệm riêng của phương trình y′cos 2 x + y = tgy thỏa mãn điều kiện y(0)=0. Tìm nghiệm riêng của phương trình vi phân y′ 1 − x 2 + y = arcsin x thỏa mãn điều kiện y(0) =0. Phương trình Becnuli 45. xy′ + y = y 2 ln x 46. 3y 2 y′ − ay 3 = x +1 47. (xy + x 2 y 3 )y′ = 1 x − hàm, y − biến Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 87
Phương trình vi phân 48. y′x 3 sin y = x′y − 2y x − hàm, y − biến 49. (x 2 + y 2 +1)dx + xydy = 0 50. (x 2 −1)y′sin y + 2x cos y = 2x − 2x 3 Đặt z = cos y 51. x(e y − y′) = 2 Đặt z = e y 52. y′ −1 = e x+2 y 53. (x 2 + y 2 + 2x − 2y)dx + 2(y −1)dy = 0 Đặt z = y −1 1 1 54. x 2 y′ = y()x + y (biến đổi về dạng y′ − y = y 2 ) x x 2 2y x 55. Tìm nghiệm của phương trình vi phân ydx + 2xdy = dy thỏa mãn điều cos2 y kiện y()0 = π . 56. ()x + 1 (y′ + y 2 )= −y 57. xydy = (y 2 + x)dx 58. (y + xy )dx = xdy 59. Giải phương trình vi phân xy′ − 2x 2 y = 4y 60. 2x 2 y′ = y 2 (2xy′ − y) (coi x = x(y)) 61. xyy′ − y 2 = xα (α là tham số) Phương trình vi phân toàn phần ⎛ 1 x y y ⎞ ⎛ 1 y x x 1 ⎞ 62. ⎜ sin − cos +1⎟dx + ⎜ cos − sin + ⎟dy = 0. ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ y y x x ⎠ ⎝ x x y y y ⎠ x x ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ 63. ⎜ x + e y ⎟dx + e y ⎜1− ⎟dy = 0. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ y ⎠ 64. 2x(1+ x 2 − y )dx − x 2 − ydy = 0. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 88
Phương trình vi phân 65. (x 2 + y 2 )()()xdy − ydx = a + x x 4 dx . 66. ()()x cos y − y sin y dy + xsin y + y cos y dx = 0 . 67. (x 4 ln x − 2xy 3 )dx + 3x 2 y 2 dy = 0 . 68. y 2dx + ()2xy + 3 dy = 0 69. e x (2 + 2x − y 2 )dx − 2e x ydy = 0 70. Tìm nghiệm riêng của phương trình x x ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ ⎜ x + e y ⎟dx + e y ⎜1− ⎟dy = 0 thỏa mãn điều kiện y(0) = 2. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ y ⎠ 3 71. ()y 2 + 1 2 dx + (y 2 + 3xy 1 + y 2 )dy = 0 72. (y cos 2 x − sin x)dy = y cos x(y sin x + 1)dx 73. (2x + 3x 2 y)dx = (3y 2 − x 3 )dy ⎛ x ⎞ ()x 2 +1 cos y 74. ⎜ + 2⎟dx − = 0 ⎜ ⎟ 2 ⎝ sin y ⎠ 2sin y 75. Giải phương trình vi phân (y + e x sin y)dx + (x + e x cos y)dy = 0 76. Giải phương trình vi phân (x + sin y)dx + (x cos x + sin y)dy = 0 3 2 ⎛ x ⎞ 77. Giải phương trình vi phân 3x (1+ ln y)dx = ⎜2y − ⎟dy ⎝ y ⎠ 78. Tìm hằng số a để (1 + y 2 sin 2x)dx + ay cos 2 xdy là vi phân toàn phần của hàm u(x,y) nào đó và giải phương trình vi phân (1 + y 2 sin 2x)dx + ay cos 2 xdy = 0 với a tìm được. Phương trình F(x, y’)=0, F(y, y’) = 0, F(x,y,y’)=0, 79. x′y 3 = 1+ y′ . 80. y = e y′ .y′2 . 1 81. y′2 x = e y . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 89
Phương trình vi phân 82. y = y′()1+ y′cos y′ . Phương trình Lagrange- Klero 83. y = 2xy′ + sin y′. 3 84. y = xy′ + e y′ . 2 85. y = 2y′x + y 2 y′3 ( Nhân hai vế với y , Đặt z = y 2 ). y 1 86. x = + ( x − hàm, y − biến). y′ y′2 87. xy′ − y = ln y′. 88. 2y′2 ()y − xy′ = 1. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 90
Phương trình vi phân Phần 2: Phương trình vi phân cấp cao 89. y′′′2 + x 2 = 1 Đặt y′′′ = cosϕ ; x = sinϕ . 90. Tìm nghiệm của phương trình: y′′2 = 4(y′ −1) thoả mãn các điều kiện ban đầu: a) y = 0 , y′ = 2 khi x = 0 . b) y = 0, y′ = 1 khi x = 0 . 91. (1+ x 2 )y′′ + y′2 +1 = 0 Đặt y′ = p tìm p = p(x) . 92. y′(1+ y′2 ) = ay′′ . y′′′ 3y′y′′ 3 93. y′′′()1+ y′2 − 3y′y′′2 = 0 ⇒ = ⇒ d ln y′′ = d ln(1+ y′2 ) y′′ 1+ y′2 2 3 2 2 ⇒ y′′ = ()1+ y′ + C1 ⇒ yy′ 94. yy′′ − y′2 = dạng thuần nhất, đặt y′ = yz . 1+ x 2 dx Chú ý: = ln(x + 1+ x 2 ). ∫ 2 1+ x 95. yy′′ = y′2 . 96. yy′′′ = y′y′′. 1 1 ⎛ y ⎞ 97. y′′ − y′ + y = 1 ⇒ d()y′ − x − d⎜ ⎟ = 0 x x 2 ⎝ x ⎠ 2yy′ 98. y′′y + 2y 2 y′2 + y′2 = chia hai vế cho yy′ . x ⇔ d[ln y′ + y 2 + ln y]= d ln x 2 99. y′′ = y′e y Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 91
Phương trình vi phân 100. y′′()1 + y = y′ 2 + y′ (Đặt y’ = p(y) ) 101. yy′′ + y′2 =1 (Đặt y’ = p(y) ) 102. Tìm nghiệm của phương trình vi phân y′′ = e 2y thỏa mãn y()0 = y′ ()0 = 0 103. 2xy′y′′ = y′2 −1 104. ()x + 1 y′′ + x ()y′ 2 = y′ 105. y′′cos y + (y′)2 sin y = y′ 106. yy′′ = y′ 107. xy′′ = y′ + x 2 (Đặt y’ = p) 108. y′2 + yy′′ = yy′ 109. xy′′ = y′ + x 110. xy′′ = 2yy′ − y′ (Đặt z = xy’) ⎧y′′ = 2yy′ 111. Giải phương trình vi phân ⎨ ⎩y()0 = 2; y′ ()0 = 0 Phương trình vi phân tuyến tính 112. x 2 y′′ − 2y = x 3 cos x , biết một nghiệm riêng của phương trình vi phân thuần 2 nhất tương ứng là y1 = x 2 cot gx 113. Giải phương trình y′′ + y′ + y = biết một nghiệm riêng của phương x x sin x trình vi phân thuần nhất tương ứng y = 1 x 1 114. Giải phương trình vi phân: x 2 (x + 1)y′′ = 2y biết một nghiệm y =1 + 1 x 115. Giải phương trình vi phân (x 2 + 1)y′′ − 2y = 0 nếu biết một nghiệm của nó có dạng đa thức. 116. Giải phương trình vi phân (2x + 1)y′′ + (2x −1)y′ − 2y = x 2 + x biết nó có hai x 2 + 4x −1 x 2 + 1 nghiệm riêng y = y = 1 2 2 2 Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 92
Phương trình vi phân 2 117. Xác định hằng số α sao cho y = e αx là nghiệm riêng của phương trình vi phân y′′ + 4xy′ + (4x 2 + 2)y = 0 . Tìm nghiệm tổng quát của phương trình. 118. tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân (3x 2 + 1)xy′′ + 2y′ − 6xy = 4 −12x 2 biết rằng nó có hai nghiệm riêng 2 y1 = 2x, y2 = (x + 1) Phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng số 119. y′′′ −13y′ −12y = 0 . 120. y′′′ − 2y′′ + 9y′ −18y = 0 . 121. y ()4 + y = 0 . 122. y ()4 + 2y′′′ + 3y′′ + 2y′ + y = 0 . 123. y ()7 + 3y ()6 + 3y ()5 + y ()4 = 0 . 124. y′′ + y = 4e x . 125. y′′ − 3y′ + 2y = 3e 2x + 2x 2 . 126. y′′ − y = 2sin x − 4cos x . 127. y′′′ − 2y′ + 4y = e − x cos x . 128. y′′ + n 2 y = sin 3 nx . 129. y′′ + y = sin xsin 2x . 2 2 130. y′′ − 2y = 4x 2e x có nghiệm riêng y * = e x . 131. Với những giá trị nào của p và q thì tất cả các nghiệm của phương trình. y′′ = py′ + q giới nội ∀ x ≥ 0 (p ≥ 0, q > 0). 132. p, q = ? thì tất cả các nghiệm của phương trình y′′ + py′ + q = 0 là những hàm tuần hoàn của x ()p ≥ 0,q > 0 . Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 93
Phương trình vi phân 133. x 2 y′′ − xy′ + 2y = x ln x t = ln x . 134. ()2x +1 2 y′′ − 4 ()2x +1 y′ + 8y = −8x − 4 t = ln(2x +1) . 1 1 135. y′′ + y′ + y = 2sin()ln x t = ln x . x x 2 136. ()1+ x 2 y′′ + ()1+ x y′ + y = 4cos ln(1+ x) t = ln(1+ x). x 137. y′′ + 9y = ln 2sin 2 z 138. Dùng phép biến đổi hàm y = để giải phương trình vi phân: x 2 x 2 y′′ + 4xy′ + (x 2 + 2)y = e x 139. y′′ + y′ = e −x ()sin x − cos x (Đặt y = e-xz) 140. Giải phương trình y′′ − (2e x +1)y′ + e 2x y = e3x bằng đổi biến t = e x 141. y′′ + y′ = x + e −x 142. y′′ − 2y′ + 2y = x(e x +1) 143. y′′cos x + y′sin x − y cos 3 x = 0 đặt t = sinx 144. 2y′′ + 5y′ = 29x sin x 1 145. y′′ + y = sin x 146. y′′ − 4y = (2 − 4x)e 2x e x 147. y′′ − 2y′ + y = + cos x x 148. Giải phương trình vi phân xy′′ + 2y′ − xy = e x bằng phép đổi hàm z = xy. 149. y′′ + y′tgx − y cos 2 x = 0 dùng t = sinx 150. y′′ − 2y′ + 5y = x sin 3x 151. giải phương trình vi phân xy′′ + 2(1 − x)y′ + (x − 2)y = e − x bằng phép đổi hàm z=xy Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 94
Phương trình vi phân 152. y′′ − 2y′ − 3y = xe 4x + x 2 y 153. x 2 y′′ + 2xy′ + = 0 bằng phép biến đổi x = 1/t x 2 e x 154. y′′ − 2y′ + y =1 + x 155. Giải phương trình x 2 y′′ + xy′ + y = x bằng biến đổi x = e t 156. y′′ + y′ = xe −x 157. y′′ − 4y′ + 5y = e 2x + cos x 158. Giải phương trình x 2 y′′ − 4xy′ + 6y = 0 bằng biến đổi x = e t 159. y′′ + 4y′ + 4y =1 + e −2x ln x 160. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: y′′ − 4y′ + 8y = e 2x + sin 2x 161. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân: x y′′ − 3y′ + 2y = 2x 2x − 5 + e x cos 2 e −x 162. y′′ + 2y′ + y = sin x + x 1 163. Giải phương trình vi phân y′′ + y = sin x 164. y′′ + y = xe x + 2e − x 165. y′′ + y′ − 2y = cos x − 3sin x 166. y′′ − 2y′ = 2cos 2 x 167. y′′ + y = sin x + cos 2x Phần 3: Hệ phương trình vi phân ⎧dx ⎧dx ⎪ = y − 5cos t ⎪ = 3x − y 168. dt 169. dt ⎨dy ⎨dy ⎪ = 2x + y ⎪ = 4y − x ⎩ dt ⎩ dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 95
Phương trình vi phân ⎧dx ⎧dx = 2x − y + z = 3x − y ⎪ dt ⎪ dt 173. ⎨ ⎪dy dy 170. ⎨ = x + 2y − z ⎪ = 4y − x ⎪ dt ⎩ dt dz ⎪ = x − y + 2z ⎩⎪ dt ⎧dx = x − 2y − z ⎪ dt ⎪dy ⎧dx 174. = y − x + z ⎪ − 5x − 3y = 0 ⎨ 171. dt ⎪ dt ⎨ dy dz ⎪ + 3x + y = 0 ⎪ = x − z ⎩ dt ⎩⎪ dt ⎧dx ⎪ = 2x + y 172. dt ⎨dy ⎪ = 4y − x ⎩ dt Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 96
Phương trình vi phân TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hoàng Hữu Đường, Vừ Đức Tôn, Nguyễn Thế Hoàn, Phương trình vi phân, Tập 1, 2, Hà nội, NXB ĐH và THCN, 1970. [2] Nguyễn Thế Hoàn, Trần Văn Nhung, Bài tập Phương trình vi phân, NXB ĐH và THCN, 1979. [3] Nguyễn Thế Hoàn, Phạm Phu, Cơ sở Phương trình vi phân và lý thuyết ổn định, NXB Giáo dục, 2003. [4] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh, Toán học cao cấp, Tập 3, NXB Giáo dục, 2002. Bộ môn Khoa học cơ bản Trang 97
Filename: Giao trinh PTVP 2010_moi Directory: C:\Documents and Settings\nhung\My Documents Template: C:\Documents and Settings\nhung\Application Data\Microsoft\Templates\Normal.dotm Title: Subject: Author: THEGIOITINHYEU Keywords: Comments: Creation Date: 3/9/2010 9:54:00 AM Change Number: 4 Last Saved On: 3/9/2010 9:59:00 AM Last Saved By: THEGIOITINHYEU Total Editing Time: 4 Minutes Last Printed On: 3/9/2010 10:03:00 AM As of Last Complete Printing Number of Pages: 97 Number of Words: 16,387 (approx.) Number of Characters: 93,407 (approx.)