(Baøi Giaûng Toùm Taét) · 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng...

TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC ÑAØ LAÏT KHOA TOAÙN - TIN HOÏC

TRÒNH ÑÖÙC TAØI

PHÖÔNG TRÌNH VI PHAÂN (Baøi Giaûng Toùm Taét)

-- Löu haønh noäi boä -- Ñaø Laït 2008

Mục lục

1 Phương trình vi phân thường cấp I 21.1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Vài mô hình đơn giản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: . . . . . . . . . . . 51.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.1 Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . 11

1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 121.3.1 Phương trình với biến số phân ly . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.3 Phương trình vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I . . . . . . . . . . . . . . 181.3.5 Phương trình Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3.6 Phương trình Darboux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3.7 Phương trình Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm . . . . . . . . 231.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . 23

1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . 261.5.1 Phương trình Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5.2 Phương trình Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.5.3 Tham số hoá tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I . . . . . . . . . . . . . . 291.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

MỤC LỤC ii

1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 301.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . 32

2 Phương trình vi phân cấp cao 352.1 Phương trình vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 372.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp . . . . . . . 392.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu . . . . . . . . . . . . . . 42

2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. . . . 432.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 442.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 502.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương

trình không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . . . . 53

2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 532.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: . . . . . 56

3 Hệ phương trình vi phân 603.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 613.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63

3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 663.2.1 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục . . . . . . . . . . . . 68

3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . . . 753.4.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.4.2 Hệ nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

MỤC LỤC 1

3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83

4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 864.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . 86

4.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 874.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa. . . 884.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91

4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. . . . . . 964.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . . . . 964.2.2 Phương trình Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.2.3 Phương trình Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. . . . . 984.3.1 Sơ lược về khai triển tiệm cận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị không chính qui. 1004.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103

A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106A.1 Biến đổi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . . . . . . 108Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Chương 1

Phương trình vi phân thường cấp I

1.1 Mở đầu

Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mô hình hoá bởi cácphương trình vi phân, tức là phương trình có chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm.Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyểnđộng của các hành tinh), trong hoá học (các phản ứng hoá học), trong sinh học (sựphát triển của dân số), trong điện tử... Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài toánchung nhất là mô tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về địnhlượng).

1.1.1 Vài mô hình đơn giản.

Sự rơi tự do. Xét một vật có khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gầnmặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đó có thể mô tả bởi phươngtrình

F = ma (1.1)

trong đó F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F có thểgiả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) vàlực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngoài ra, do gia tốc chuyển

động a =dv

dtnên (1.1) có thể viết dưới dạng

mdv

dt= mg − γv (1.2)

trong đó g ≈ 9, 8m/s2 là gia tốc trọng trường, còn γ là hệ số cản.Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của

đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân.Dung dịch hóa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t0 một thùng chứa x0 kg

muối hòa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ

1.1 Mở đầu 3

a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đó chảy rakhỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thờiđiểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng dx

dtbằng hiệu của tỉ lệ muối

chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét rx1000

(kg/phút).Vậy ta có phương trình vi phân

dx

dt= ar − rx

1000(1.3)

với dữ kiện ban đầux(t0) = x0

1.1.2 Các khái niệm.

Phương trình vi phân là phương trình có dạng

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (1.4)

trong đó y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm(đến cấp nào đó) của ẩn.

Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng)thì phương trình vi phân còn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, ngườita thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi phân thườngvà là đối tượng chính của giáo trình này.

Thông thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x)xác định trên khoảng mở I ⊂ R; khi đó hàm F trong đẳng thức trên xác định trongmột tập mở G của R × Rn+1. Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector-hàm (hàmvới giá trị vector) y(x) = (y1(x), . . . , ym(x))T ∈ Rm, F là một ánh xạ nhận giá trị trongRm và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân.

Ta nói một phương trình vi phân có cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm củaẩn xuất hiện trong phương trình.

Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát

F (x, y, y′) = 0 (1.5)

trong đó F (x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trên miềnG ⊂ R3. Với một số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phâncấp I có thể viết được dưới dạng sau (gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm)

y′ = f(x, y) (1.6)

với f liên tục trong một miền D ⊂ R2.

Ví dụ: Các phương trìnhey + y′2 cosx = 1

(y′′′)2 − 2xy = ln x

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

1.1 Mở đầu 4

lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêngcấp II.

Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → Rn (với I = (a, b) là khoảng nàođó của R) là nghiệm của phương trình (1.4) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp ntrên I và thoả mãn

F (x, φ(x), φ′(x), φ′′(x), . . . , φ(n))(x) = 0, với mọi x ∈ I (1.7)

Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biếny = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), ta được một đẳng thức đúng.Ví dụ: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý)

y = C1 cosx+ C2 sin x

là nghiệm của phương trình vi phân

y′′ + y = 0

1 2 3 4

1

2

3

yy

zzX

Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka.

Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t)là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mô tả bởi (hệ) phươngtrình Volterra−Lotka sau đây

y′ = y(α− βx), x′ = x(γy − δ) (1.8)

với α, β, γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể.Để tìm nghiệm của phương trình này ta có thể xem y như là hàm theo x, phương

trình có thể viết dưới dạngdy

dx=y(α− βx)x(γy − δ) hay (γy − δ)

ydy =

(α− βx)x

dx

Nghiệm của phương trình này cho bởi

γy − δ ln y = α ln x− βx+ C

trong đó C là hằng số tuỳ ý. Hình 1.1 mô tả nghiệm của phương trình khi α = β =γ = 1, δ = 2.

1.1 Mở đầu 5

1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân:

Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R2. Tại mỗiđiểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là

k =dy

dx= f(x, y) (1.9)

Khi đó ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng củatiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giảiphương trình vi phân dạng (1.6) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao chotại mỗi điểm của nó hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường. Hình 1.2 chota trường hướng của phương trình y′ = −y

x.

–2

–1

0

1

2

y(x)

–2 –1 1 2x

Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y′ = −yx

Ngược lại, cho trước họ đường cong

ϕ(x, y, C) = 0 (1.10)

phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ có duy nhất một đường cong củahọ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổngquát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được

∂ϕ

∂x(x, y, C) + y′

∂ϕ

∂y(x, y, C) = 0

Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y).Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được

∂ϕ

∂x(x, y, C(x, y)) + y′

∂ϕ

∂y(x, y, C(x, y)) = 0

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6

và đây là phương trình vi phân cần tìm.Ví dụ: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau:

y = Cx2

Đạo hàm hai vế theo x ta được y′ = 2Cx. Khử C ta thu được phương trình vi phân:

y′ = 2y

x

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

1.2.1 Bài toán Cauchy

Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào mộthay nhiều hằng số tuỳ ý nào đó. Để xác định một nghiệm cụ thể, ta cần thêm một hayvài dữ kiện nào đó về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn,y = x3

3+ C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y′ = x2. Dễ thấy y = x3

3+ 1 là

nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1.Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài toán Cauchy

(hay bài toán giá trị ban đầu):

Bài toán: Tìm nghiệm y(x) thỏa:

{y′ = f(x, y)

y(x0) = y0

(1.11)

trong đó (x0, y0) ∈ D được gọi là điều kiện ban đầu.Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán (1.11) có hay không và có bao nhiêu lời giải. Ta

lưu ý rằng không phải lúc nào bài toán Cauchy cũng có nghiệm, và khi có nghiệm cũngkhông nhất thiết có duy nhất nghiệm. Chẳng hạn, phương trình y′ = x2, y(0) = 0 códuy nhất một nghiệm là y = x3/3. Phương trình xy′ = y, y(0) = 1 không có nghiệmnào; còn phương trình y′ = y1/3, y(0) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là là y ≡ 0 và y2 = 8

27x3.

Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bàitoán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I.

1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard

Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm(1.11), trong đó f xác định và liên tục trên miền mở D ⊂ R2.

Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong(1.11) ta được phương trình tích phân đối với y(x) là

y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, y(t))dt (1.12)


Rõ ràng mỗi nghiệm của (1.11) cũng là nghiệm của (1.12) và ngược lại, mỗi nghiệmcủa (1.12) đều khả vi liên tục (tức là thuộc lớp C1) trên một khoảng I nào đó và thoảphương trình (1.11).

Phép lặp Picard-Lindelof.

Về mặt toán tử, nghiệm của phương trình tích phân (1.12) chính là lời giải của bài toánđiểm bất động của các ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ (ở đây ta xét khônggian các hàm khả vi liên tục trên I) mà lời giải có thể cho bởi phương pháp xấp xỉ liêntiếp Picard-Lindelof sau đây.

Xét dãy các hàm xác định một cách đệ qui bởi

y0(x) = y0 (hay một hàm nào đó)

yk+1(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, yk(t))dt, với k ∈ N (1.13)

Bổ đề 1.1. Giả sử f liên tục trên hình chữ nhật

D ={(x, y) ∈ R

2/|x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b}

Đặt M := max(x,y)∈D

|f(x, y)| và h := min

(a,

b

M

). Khi đó với mọi x ∈ I := [x0−h, x0+h]

ta có|yk(x)− y0| ≤ b, với mọi k

Nói cách khác, trong phép lặp (1.13) các hàm yk không đi ra khỏi phần hình chữnhật D, ứng với x ∈ I.

Chứng minh: Ta có, với x0 − h ≤ x ≤ x0 + h:

|yk − y0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(t, yk−1(t))dt

∣∣∣∣ ≤∫ x

x0

|f(t, yk−1(t))| dt ≤M |x− x0| ≤Mh ≤ b

�

Ví dụ: Xét phương trình y′ = −y2, với y(0) = 1. Nghiệm chính xác của nó là y = 1x+1

.Vài xấp xỉ đầu tiên trong phép lặp Picard-Lindelof là y0 = 1, y1 = 1 − x, y2 =

1− x+ x2 − x3

3,...(xem Hình 1.3). Ta nhận thấy các xấp xỉ yk hội tụ nhanh khi x bé,

với các giá trị x lớn phép lặp là phân kỳ.

1.2.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý cơ bản của lý thuyết phươngtrình vi phân, khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.


1 2 3 4

Y (x)2

Y (x)0

Y (x)4

Y (x)1

Y (x)3

Hình 1.3: Phép lặp Picard-Lindelof cho phương trình y′ = −y2, với y(0) = 1

Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm f(x, y) xác định trên miền D ⊂ R2. Ta nói f thoả điềukiện Lipschitz theo biến y trên D nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz)sao cho:

|f(x, y1)− f(x, y2)| ≤ L |y1 − y2| , với mọi (x, y1), (x, y2) ∈ D

Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là yếu hơn so với điều kiện giới nội của đạo hàm riêng∂f

∂ytrên D. Thật vậy, giả sử ∂f

∂yliên tục và

∣∣∣∣∂f

∂y

∣∣∣∣ ≤ L. Khi đó, áp dụng định lý Lagrange

cho hàm f(x, y) theo biến y ta được

f(x, y1)− f(x, y2) = (y1 − y2)∂f

∂y[x, y1 + θ(y2 − y1)]

Từ đó suy ra điều kiện Lipschitz.Ví dụ: Hàm f(x, y) = y1/3 liên tục nhưng không thỏa điều kiện Lipschitz theo biến ytrong lân cận bất kỳ của (0, 0).

Định lý 1.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử hàm số f(x, y) trong (1.11)liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo biến y trên hình chữ nhật

D ={(x, y) ∈ R

2/ |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b}

Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) là tồn tại và duy nhất trong đoạn I :=[x0 − h, x0 + h], với h := min(a, b

M) và M := max

(x,y)∈D|f(x, y)|.

Chứng minh: Chứng minh chia làm hai bước:Sự tồn tại: Ta chứng minh rằng phép lặp Picard hội tụ đều trên I đến một nghiệm

của bài toán Cauchy. Trước tiên ta chứng minh bằng qui nạp rằng

|yk+1(x)− yk(x)| ≤MLk |x− x0|k+1

(k + 1)!, với mọi x ∈ I


Với k = 0, bất đẳng thức trên chính là∣∣∣∫ x

x0f(t, y0(t))dt

∣∣∣ ≤ M |x− x0|; bất đẳng thứcnày đúng.

Giả sử ta có điều đó với k − 1, khi đó với x0 ≤ x ≤ x0 + h ta có

|yk+1(x)− yk(x)| =∣∣∣∣∫ x

x0

[f(t, yk(t))− f(t, yk−1(t))] dt

∣∣∣∣

≤∫ x

x0

|f(t, yk(t))− f(t, yk−1(t))| dt ≤ L

∫ x

x0

|yk(t)− yk−1(t)| dt

≤ L

∫ x

x0

|yk(t)− yk−1(t)| dt

≤MLk

∫ x

x0

|x− x0|kk!

dt = MLk |x− x0|k+1

(k + 1)!

(với x0 − h ≤ x ≤ x0 ta đánh giá tương tự).Xét dãy hàm {yk(x)} trên I, ta có

|yk+p(x)− yk(x)| ≤ |yk+p(x)− yk+p−1(x)| + |yk+p−1(x)− yk+p−2(x)|+ · · ·+ |yk+1(x)− yk(x)|

≤ M

L

{(L |x− x0|)k+p

(k + p)!+ · · ·+ (L |x− x0|)k+1

(k + 1)!

}

≤ M

L

∑

j≥k+1

(Lh)j

j!

Chuổi số∑∞

j=0

(Lh)j

j!là hội tụ, nên phần dư của nó (xuất hiện trong biểu thức cuối

cùng) có thể làm cho bé tuỳ ý khi k đủ lớn. Theo tiêu chuẩn Cauchy, dãy {yk(x)} hộitụ đều trên I đến hàm y(x). Để chứng minh y(x) là nghiệm ta chỉ cần qua giới hạntrong đẳng thức

yk+1(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, yk(t))dt

Vì dãy hàm {yk(x)} hội tụ đều, f liên tục đều trên hình chữ nhật D nên dãy hàm{f(t, yk(t))} hội tụ đều trên I đến hàm f(t, y(t)). Do đó có thể chuyển giới hạn quadấu tích phân để được đẳng thức (1.12). Vậy y(x) chính là nghiệm của bài toán Cauchy(1.11).Tính duy nhất:

Giả sử bài toán Cauchy (1.11) còn có nghiệm z(x), khi đó ta có

y(x)− z(x) =

∫ x

x0

[f(t, y(t))− f(t, z(t))] dt

Suy ra

|y(x)− z(x)| =∣∣∣∣∫ x

x0

[f(t, y(t))− f(t, z(t))] dt

∣∣∣∣ ≤ 2M |x− x0| .


Từ đó

|y(x)− z(x)| =∣∣∣∣∫ x

x0

[f(t, y(t))− f(t, z(t))] dt

∣∣∣∣ ≤ L

∫ x

x0

|y(t)− z(t)|dt ≤ 2ML|x− x0|2

2

Lặp lại quá trình trên, ta dễ dàng chứng minh được rằng với mọi số tự nhiên k:

|y(x)− z(x)| ≤ 2MLk |x− x0|k+1

(k + 1)!, với mọi x ∈ I

Cho k −→ +∞ ta có |y(x)− z(x)| = 0 trên I. Như vậy, một cách địa phương, nghiệmy(x) là duy nhất. �

Nhận xét: Điều kiện Lipschitz là quan trọng, ngay cả khi f(x, y) liên tục trên R2.Chẳng hạn xét phương trình

y′ = 2√|y|, y(0) = 0

Ta thấy ngay y ≡ 0 là một nghiệm. Ngoài ra còn có vô số nghiệm khác (xem hình 1.4)là

y(x) =

{(x− C)2 nếu x ≥ C0 nếu x ≤ C

và y(x) =

{0 nếu x ≥ C−(x− C)2 nếu x ≤ C

trong đó C là hằng số tùy ý. Nói cách khác, tính duy nhất nghiệm bị vi phạm.

1 2 3-3 -2 -1

1

-1

Hình 1.4: Nghiệm của bài toán Cauchy y′ = 2√|y|, y(0) = 0

Nhận xét: Thực chất chứng minh là dùng nguyên lý ánh xạ co trong các không gianmetric đủ. Giả sử E là không gian metric với metric d. Ta nói E là không gian metricđủ nếu mọi dãy Cauchy trong E đều hội tụ đến một phần tử của E. Ánh xạ T : E → Eđược gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α ∈ (0, 1) sao cho với mọi cặp phần tử x, y ∈ E tađều có

d(Tx, Ty) ≤ αd(x, y)

Định lý 1.3 (Nguyên lý ánh xạ co). 1 Mọi ánh xạ co T trong không gian metric đủđều có duy nhất một điểm bất động. Tức là điểm x∗ ∈ E sao cho

T (x∗) = x∗

1Ý chứng minh: Lấy x0 ∈ E tùy ý, đặt xn = T (xn−1). Vì T là ánh xạ co nên {xn} là dãy Cauchy.E đầy đủ nên dãy đó hội tụ đến x

∗. Vì T liên tục nên x∗ chính là điểm bất động.


1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân

Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìmnghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị của hàm số y = y(x) (còn gọi là đường cong tích phâncủa phương trình vi phân) đi qua điểm (x0, y0). Nói cách khác, bài toán Cauchy là tìmđường cong tích phân của phương trình (1.6) đi qua điểm (x0, y0) ∈ D cho trước.

Định nghĩa 1.2.2. Giả sử D ⊂ R2 sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác địnhvà liên tục trên D. Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi lànghiệm tổng quát của (1.6) nếu:

a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x0, y0) ∈ D ta luôn giải được C dưới dạng

C = ϕ(x0, y0) (∗)

trong đó ϕ là hàm liên tục.

b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi (∗)khi (x0, y0) chạy khắp D.

Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích phân tổng quátcủa phương trình (1.6).

Ví dụ: Phương trình y′ + y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x với C là hằngsố tuỳ ý.

Định nghĩa 1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x0, y0) của nótính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi lànghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nó tínhchất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị.

Nhận xét: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện banđầu (x0, y0) ∈ D, ta luôn tìm được C0 = ϕ(x0, y0) sao cho y = y(x, C0) là nghiệm củabài toán Cauchy tương ứng. Nói cách khác, bằng cách chọn các giá trị thích hợp chohằng số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể cácnghiệm kỳ dị.

Giải (hay còn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm(biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đó hoặc nghiệm của bài toán Cauchyvới điều kiện ban đầu cho trước.Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y′ = 3y+ x thoả điều kiện y(0) = 1.

Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = −x3−1

9+Ce3x.

Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu vàtính C.

1 = y(0) = −1

9+ Ce0

Suy ra C =10

9, nghiệm cần tìm là y = −x

3− 1

9+

10

9e3x.

1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12

1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phâncấp I

Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà có thể tíchphân được theo nghĩa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tườngminh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nói một phương trình vi phân là cầu phương đượcnếu có thể biễu diễn nghiệm của nó dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép toán trên cáchàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổngquát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I.

1.3.1 Phương trình với biến số phân ly

Phương trình vi phân cấp I dạng

M(x)dx+N(y)dy = 0 (1.14)

được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi phương trình tách biến).Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục trên các khoảng nào đó.

Khi đó chỉ cần tích phân hai vế của (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nó là∫M(x)dx+

∫N(y)dy = C

Ví dụ: Giải phương trình y2y′ = x(1 + x2).Phương trình này có dạng tách biến

y2dy − x(1 + x2)dx = 0

Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là:

y3

3− x2

2− x4

4= C

Nhận xét: Phương trình dạng

M1(x)N1(y)dx+M2(x)N2(y)dy = 0 (1.15)

cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2(x)N1(y)(với giả thiết biểu thức này khác 0)

M1(x)

M2(x)dx+

N2(y)

N1(y)dy = 0

Do đó tích phân tổng quát là∫M1(x)

M2(x)dx+

∫N2(y)

N1(y)dy = C


Ví dụ: Giải phương trình x(1 + y2)dx+ y(1 + x2)dy = 0

Chia hai vế cho (1 + x2)(1 + y2) ta được

xdx

1 + x2+

ydy

1 + y2= 0

Tích phân hai vế ta được∫

xdx

1 + x2+

∫ydy

1 + y2= C

tức là1

2ln(1 + x2) +

1

2ln(1 + y2) = C :=

1

2lnC1

Vậy tích phân tổng quát của phương trình đã cho là (1 + x2)(1 + y2) = C1 trong đó C1

là hằng số dương tuỳ ý.

1.3.2 Phương trình vi phân thuần nhất

Hàm số f(x, y) được gọi là thuần nhất bậc d nếu với mọi t > 0 ta có

f(tx, ty) = tdf(x, y)

Phương trình vi phân y′ = f(x, y) được gọi là thuần nhất (hay còn gọi đẳng cấp) nếuhàm số ở vế phải là hàm thuần nhất bậc 0, tức là f(tx, ty) = f(x, y) với mọi t > 0.

Nhận xét: Nếu đặt u :=y

xta có f(x, y) = f(± |x| , |x| y|x|) = f(±1,±u) =: g(u).

Cách giải:

Đặt y = xu, ta códy

dx= x

du

dx+ u. Từ đó

xdu

dx+ u = g(u)

hoặc dưới dạng tách biếndu

g(u)− u =dx

x

Tích phân hai vế ta được ∫du

g(u)− u = ln∣∣∣x

C

∣∣∣

hay

x = C exp

∫du

g(u)− u với C 6= 0


Thay u =y

xvào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình

thuần nhất.Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y2)dx+ xydy = 0

Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng

dy

dx= −y

x− x

y

Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất.

Đặt y = xu ta có xdu

dx+ u+ u+

1

u= 0, hay tương đương với

dx

x= − udu

1 + 2u2

Tích phân phương trình này ta được

ln∣∣∣x

C

∣∣∣ = −1

4ln(1 + 2u2)

Thay u =y

xvào đẳng thức này ta được nghiệm

x4 =C4x2

x2 + 2y2

với C 6= 0.

Phương trình đưa về thuần nhất:

Các phương trình dạngdy

dx= f

(ax+ by + c

a1x+ b1y + c1

)

có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi{x = ξ + x0

y = η + y0

trong đó x0 và y0 được chọn sao cho:{ax0 + by0 + c = 0a1x0 + b1y0 + c1 = 0

Khi đódη

dξ= f

(aξ + bη

a1ξ + b1η

)

= f

(a+ bη

ξ

a1 + b1ηξ

)= g

(η

ξ

)


và đây chính là phương trình dạng thuần nhất.Ví dụ: Giải phương trình (2x− 4y + 6)dx+ (x+ y − 3)dy = 0.

Trước hết ta xét hệ phương trình sau{

2x0 − 4y0 + 6 = 0x0 + y0 − 3 = 0

Hệ này có nghiệm là x0 = 1, y0 = 2. Tiếp đến ta thực hiện ph?p đổi biến{x = ξ + 1y = η + 2

Khi đó phương trình đã cho được biến đổi thành phương trình thuần nhất:

(2ξ − 4η)dξ + (ξ + η)dη = 0

Để giải phương trình này ta đặt η = uξ thì thu được

(2− 3u+ u2)dξ + ξ(1 + u)du = 0

Phương trình này chấp nhận nghiệm u = 1 và u = 2. Để tìm nghiệm tổng quát ta chia2 vế cho 2− 3u+ u2:

dξ

ξ+

(1 + u)du

2− 3u+ u2= 0

⇔ dξ

ξ+

(3

u− 2− 2

u− 1

)du = 0

Tích phân 2 vế ta được

ln |ξ|+ ln|u− 2|3(u− 1)2

= lnC1

hay ξ(u− 2)3

(u− 1)2= C

Trở lại biến x, y ban đầu ta có nghiệm tổng quát

(y − 2x)3 = C(y − x− 1)2

cùng với hai nghiệm y = x+ 1 và y = 2x tương ứng với u = 1 và u = 2.

1.3.3 Phương trình vi phân toàn phần

Phương trình vi phân dạng

P (x, y)dx+Q(x, y)dy = 0 (1.16)


được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu vế trái của nó là vi phân toàn phầncủa hàm nào đó, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho

dU(x, y) = P (x, y)dx+Q(x, y)dy

Khi đó tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi

U(x, y) = C

Nhận xét: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân toànphân là

∂P

∂y=∂Q

∂x

Và khi đó hàm U(x, y) có thể tìm dưới dạng:

U(x, y) =

∫ x

x0

P (x, y)dx+

∫ y

y0

Q(x0, y)dy

hay U(x, y) =

∫ x

x0

P (x, y0)dx+

∫ y

y0

Q(x, y)dy

(1.17)

trong đó (x0, y0) là một điểm nào đó sao cho các tích phân trên tồn tại.

Ví dụ: Giải phương trình (x3 + xy2)dx+ (x2y + y3)dy = 0.

Ta có P (x, y) = x3 + xy2 và Q(x, y) = x2y + y3 nên

∂P

∂y= 2xy =

∂Q

∂x

Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phầnvới hàm U(x, y) có thể chọn là

U(x, y) =

∫ x

0

(x3 + xy2)dx+

∫ y

0

(0.y + y3)dy

hay U(x, y) =x4

4+x2y2

2+y4

4

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

(x2 + y2)2 = 4C1 := C2

hayx2 + y2 = C với C ≥ 0


Thừa số tích phân:

Có những trường hợp phương trình (1.16) chua phải là phương trình vi phân toàn phần,nhưng có thể tìm được hàm số µ(x, y) sao cho phương trình sau trở thành phương trìnhvi phân toàn phần:

µ(x, y){P (x, y)dx+Q(x, y)dy} = 0

Hàm µ(x, y) như thế được gọi là thừa số tích phân của phương trình (1.16). Điều kiệnđể µ là thừa số tích phân là µ phải thoả mãn phương trình:

∂

∂y(µP ) =

∂

∂x(µQ)

Hay tương đương

Q∂µ

∂x− P ∂µ

∂y= µ

(∂P

∂y− ∂Q

∂x

)(1.18)

Không có phương pháp tổng quát để giải phương trình đạo hàm riêng này. Tuy nhiêntrong một vài trường hợp đặc biệt ta có thể tìm được µ.

Trường hợp I: µ chỉ phụ thuộc vào x.Giả sử µ > 0, khi đó chia hai vế của (1.18) cho µ, ta được

d lnµ

dx=

∂P∂y− ∂Q

∂x

Q=: ϕ

Vậy trường hợp này chỉ thoả mãn khi vế phải của đẳng thức trên không phụ thuộc vàoy. Với điều kiện này, thừa số tích phân cho bởi:

µ(x) = exp

(∫ϕ(x)dx

)

Trường hợp II: µ chỉ phụ thuộc vào y.Làm tương tự như trên, thừa số tích phân cho bởi:

µ(y) = exp

(∫ψ(y)dy

)

trong đó ψ(y) :=

∂Q∂x− ∂P

∂y

Pđược giả thiết không phụ thuộc vào x.

Ví dụ: Tìm thừa số tích phân rồi giải phương trình (2xy+x2y+y3/3)dx+(x2+y2)dy =0.

Ta có P (x, y) = 2xy + x2y + y3/3 và Q(x, y) = x2 + y2 nên

∂P∂y− ∂Q

∂x

Q=

2x+ x2 + y2 − 2x

x2 + y2= 1


Do đó có thể chọn µ(x) = exp(∫dx) = ex để cho phương trình

ex[(2xy + x2y + y3/3)dx+ (x2 + y2)dy] = 0

là phương trình vi phân toàn phần. Tích phân phương trình này theo công thức (1.17)ta được nghiệm tổng quát

yex(x2 + y2/3) = C

1.3.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp I

Trong mục này ta xđt lớp các phương trình vi phân mà biểu thức là tuyến tính đối vớiẩn và đạo hàm của nó. Các phương trình như thế được gọi là phương trình vi phântuyến tính. Dạng tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính cấp I là

y′ + p(x)y = q(x) (1.19)

trong đó p(x), q(x) là các hàm xác định trên khoảng (a, b) nào đó.Nếu q(x) ≡ 0, ta có phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất:

y′ + p(x)y = 0 (1.20)

Định lý 1.4. Giả sử p(x) và q(x) liên tục trên (a, b) và x0 ∈ (a, b) thì với mọi giá trịy0, phương trình (1.20) có một nghiệm duy nhất thỏa y(x0) = y0.

Chứng minh: Phương trình (1.20) có dạng y′ = f(x, y) trong đó

f(x, y) = q(x)− p(x)y

là hàm liên tục và có đạo hàm riêng ∂f∂y

liên tục trong lân cận của (x0, y0). Vậy f thỏađiều kiện Lipschitz theo biến y. Kết luận suy từ định lý 1.2. �

Cách giải : Để giải phương trình (1.19) trước hết ta giải phương trình thuần nhấttương ứng (1.20). Thực ra, đây là phương trình tách biến

dy

y+ p(x)dx = 0

Nghiệm tổng quát của phương trình này là

y(x) = Ae−∫

p(x)dx (1.21)

trong đó A là hằng số tùy ý.Phương pháp biến thiên hằng số: Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.19) dưới

dạng tíchy = A(x)e−

∫p(x)dx, (1.22)


tức là xem hằng số A trong biểu thức nghiệm (1.21) như là hàm theo biến x (phươngpháp biến thiên hằng số). Thay vào phương trình (1.19) ta được

A′e−∫

p(x)dx = q(x) (1.23)

Từ đó,A(x) =

∫q(x)e

∫p(x)dxdx+ C.

Thay vào (1.22), ta thu được nghiệm tổng quát của (1.19) là

y = e−∫

p(x)dx

[∫q(x)e

∫p(x)dxdx+ C

](1.24)

trong đó C là hằng số tuỳ ý.Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình vi phân y′ + 3xy = x đi qua điểm (0, 4).

Ta có p(x) = 3x nên∫p(x)dx = 3x2/2. Do đó nghiệm tổng quát là

y = e−3x2/2

[∫xe3x2/2dx+ C

]

= e−3x2/2

(1

3e3x2/2 + C

)=

1

3+ Ce−3x2/2

Thay x = 0 và y = 4 vào đẳng thức trên, ta tìm được C =11

3và nghiệm riêng cần tìm

là:y =

1

3+

11

3e−3x2/2

Hệ quả 1.5. Nghiệm của phương trình (1.19) với điều kiện y(x0) = y0 cho bởi côngthức

y(x) =

∫ x

x0q(t)µ(t)dt+ y0

µ(x),

trong đó µ(x) := e∫ x

x0p(t)dt

.

1.3.5 Phương trình Bernoulli

Phương trình có dạngy′ + p(x)y = yαg(x) (1.25)

trong đó α là số thực nào đó, được gọi là phương trình Bernoulli2.Để giải phương trình này ta đưa về giải phương trình tuyến tính (1.19) đã xđt trong

mục trước. Rõ ràng với α = 0 hay α = 1 thì (1.25) đã có dạng phương trình tuyếntính.

2J.Bernoulli (1654-1705) là nhà toán học Thụy sĩ.


Nếu α 6= 0 và α 6= 1 thì đặtz = y1−α

Khi đóz′ = (1− α)y−αy′

Chia hai vế của (1.25) cho yα, rồi thay biểu thức của z và z′ vào đẳng thức đó ta đượcphương trình vi phân tuyến tính theo z:

z′ + (1− α)p(x)z = (1− α)g(x) (1.26)

Nhận xét: Chú ý rằng ta phải xét riêng trường hợp y = 0 trước khi chia hai vế choyα để tránh làm mất nghiệm này.Ví dụ: Giải phương trình xy′ − 4y = x2√y

Rõ ràng đây là phương trình Bernoulli với α = 1/2 và y = 0 là một nghiệm củaphương trình đã cho. Giả sử y 6= 0, chia hai vế cho xy1/2 ta được

y−1/2y′ − 4

xy

1

2 = x

Đặt z = y1

2 ta có z′ =1

2y−1/2y′. Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình

vi phân tuyến tính không thuần nhất

z′ − 2

xz =

x

2.

Giải phương trình này, ta tìm được nghiệm

z = x2

(1

2ln |x| + C

)

Do đó phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là

y = x4

(1

2ln |x| + C

)2

và nghiệm y = 0.

1.3.6 Phương trình Darboux

Phương trình Darboux 3 là phương trình vi phân dạng

A(x, y)dx+B(x, y)dy +H(x, y)(xdy − ydx) = 0 (1.27)

trong đó A,B là các hàm thuần nhất bậc m và H là hàm thuần nhất bậc n.3J.G.Darboux (1842−1917) là nhà toán học Pháp


Chú ý rằng nếu n = m− 1 thì phương trình Darboux chính là phương trình thuầnnhất. Trong trường hợp tổng quát, ta luôn luôn đua phương trình Darboux về phươngtrình Bernoulli.

Thật vậy, đặt y = xz, ta có

dy = xdz + zdx, xdy − ydx = x2d(yx

)= x2dz

Do đó phương trình (1.27) có thể viết lại dạng

xmA(1,y

x

)dx+ xmB

(1,y

x

)dy + xnH

(1,y

x

)x2d

(yx

)= 0

Hay, sau khi chia 2 vế cho xm và thu gọn, ta có

[A(1, z) + zB(1, z)] dx+[xB(1, z) +H(1, z)xn+2−m

]dz = 0

Với giả thiết xB(1, z)+H(1, z)xn+2−m 6= 0, ta có thể viết phương trình cuối cùng dướidạng

dx

dz+

B(1, z)

A(1, z) + zB(1, z)x = − H(1, z)

A(1, z) + zB(1, z)xn+2−m

Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z.Ví dụ: Giải phương trình xdx+ ydy + x2(xdy − ydx) = 0

Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được

xdx+ xz(xdz + zdx) + x4dz = 0

hay(1 + z2)dx+ (xz + x3)dz = 0

Từ đó ta códx

dz+

z

1 + z2x = − 1

1 + z2x3

Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trìnhtuyến tính bậc I) ta được nghiệm là

1

x2= C(1 + z2) + (1 + z2) arctan z + z

Trở lại biến ban đầu, ta có nghiệm tổng quát cho bởi

C(x2 + y2) + (x2 + y2) arctan(yx

)+ xy − 1 = 0

với C là hằng số tuỳ ý.


1.3.7 Phương trình Riccati

Phương trình Riccati 4 tổng quát là phương trình vi phân dạng

y′ = p(x)y2 + q(x)y + r(x) (1.28)

trong đó p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó.Nhận xét: Phương trình Riccati không phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầuphương (tức là có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy tích phâncủa các hàm tường minh nào đó!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) ≡ 0 hayr(x) ≡ 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kếtquả sau cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đó củanó.

Mệnh đề 1.3.1. Nếu biết một nghiệm của phương trình Riccati (1.28) thì có thể đưanó về phương trình Bernoulli.

Chứng minh: Gọi một nghiệm của (1.28) là y, tức là

y′ = p(x)y2 + q(x)y + r(x)

Ta đặt y = y + z, trong đó z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được

y′ + z′ = p(x)y2 + 2p(x)yz + p(x)z2 + q(x)y + q(x)z + r(x)

Từ đó suy raz′ − [2p(x)y + q(x)]z = p(x)z2

và đây là phương trình Bernoulli. �

Ví dụ: Giải phương trình y′ + 2y(y − x) = 1

Đây là phương trình Riccati. Dễ thấy y = x là một nghiệm của phương trình đãcho. Bây giờ, đặt

y = x+ z

ta đưa phương trình đã cho về dạng

z′ + 2z(z + x) = 0

Đây là phương trình Bernoulli với α = 2. Đặt u = z−1 ta được

u′ − 2xu = 2

Nghiệm tổng quát của phương trình này theo (1.24) là

u = ex2

(∫2e−x2

dx+ C

)

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y = x+e−x2

C + 2∫e−x2dx

, và y = x

4J.F.Riccati (1676−1754) là nhà toán học Ý.

1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 23

1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối vớiđạo hàm

Trong mục này ta sẽ khảo sát các phương trình vi phân cấp một dạng tổng quát:

F (x, y, y′) = 0 (1.29)

trong đó F là hàm ba biến liên tục trong một tập mở G ⊂ R3 cùng với các đạo hàmriêng của nó, ngoài ra

∂F

∂y′không đồng nhất bằng không.

1.4.1 Tích phân một số phương trình vi phân cấp I

Ta sẽ khảo sát một số dạng phương trình vi phân cấp I dạng chưa giải ra đạo hàm đặcbiệt mà có thể giải bằng cầu phương.

F chỉ phụ thuộc vào y′

Xét phương trình dạngF (y′) = 0 (1.30)

Giả sử F (xem như hàm của biến y′) liên tục và có một số hữu hạn các không điểm(chẳng hạn khi F là đa thức). Khi đó mỗi nghiệm của y = y(x) của phương trình (1.30)phải thoả y′(x) = k, với k là một không điểm của F .

Do đó y(x) = kx+ C với C là hằng số tuỳ ý; và ta có

F (y − Cx

) = 0 (1.31)

Ngược lại, nếu có đẳng thức (1.31) với một giá trị C nào đó thì k :=y − Cx

phải lànghiệm của F = 0. Khi đó

y = kx+ C, y′ = k

do đó F (y′) = 0.Nói cách khác, công thức (1.31) cho ta nghiệm tổng quát của phương trình đã cho.

Ví dụ: Giải phương trình y′2 − y′ + 2 = 0.

Phương trình này có nghiệm là(y − Cx

)2

− y − Cx

+ 2 = 0.

Dạng có thể giải ra đối với y hay x:

Giả sử (với những điều kiện nào đó) phương trình (1.29) có thể giải ra được y hay xtheo các biến còn lại. Chẳng hạn,

y = f(x, y′) (1.32)


Khi đó, đặt p = y′ =dy

dxvà xem p như tham số, ta được

y = f(x, p)

Vi phân hai vế của đẳng thức này ta được

dy =∂f(x, p)

∂xdx+

∂f(x, p)

∂pdp

Thay dy = pdx ta được phương trình vi phân dạng

M(x, p)dx+N(x, p)dp = 0

Xem x như là hàm của p và giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là x = g(p, C).Khi đó nghiệm tổng quát của phương trình (1.32) được cho dưới dạng tham số

{x = g(p, C)y = f(x, p)

Tương tự như thế, các phương trình dạng giải ra được đối với x

x = h(y, y′)

cũng giải được bằng cách đưa vào tham số p như trên.Ví dụ: Giải phương trình y = x(y′)2

Đặt p = y′, ta có y = xp2. Vi phân hai vế đẳng thức này, ta được

dy = p2dx+ 2pxdp

thay dy = pdx, ta đượcp[(1− p)dx− 2xdp] = 0 .

Với p = 0, ta được nghiệm y = 0. Ngoài ra ta có phương trình

(1− p)dx− 2xdp = 0.

Đây là phương trình tách biến có nghiệm tổng quát là

x =C

(1− p)2.

Vậy ta thu được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số{y = xp2

x = C(1−p)2


Phương trình khuyết x hoặc y

Xét phương trình khuyết yF (x, y′) = 0 (1.33)

Nếu có thể giải ra được y′ dạngy′ = f(x)

Khi đó nghiệm tổng quát của (1.33) là y =

∫f(x)dx+ C.

Trường hợp ta không giải ra được y′ nhưng có thể tìm một phép tham số hoá phươngtrình (1.33) gồm

{x = ϕ(t)y′ = ψ(t)

sao choF (ϕ(t), ψ(t)) = 0

Khi đó

ψ(t) = y′ =dy

dx=⇒ dy = ψ(t).ϕ′(t)dt

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (∗) cho bởi dạng tham số

{x = ϕ(t)y =

∫ψ(t)ϕ′(t)dt+ C

Ví dụ: Giải phương trình ln y′ + cos y′ − x = 0

Tham số hoá y′ = t, x = ln t+ cos t ta có

dy = tdx và dx = (1

t− sin t)dt

Suy ra

y =

∫(1− t sin t)dt = t− sin t+ t cos t+ C

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

{x = ln t+ cos ty = t− sin t+ t cos t+ C

Tương tự, ta có thể tìm nghiệm trong trường hợp khuyết x.

1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 26

1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange

1.5.1 Phương trình Clairaut

Phương trình Clairaut 5 là lớp các phương trình vi phân dạng

y = xy′ + f(y′) (1.34)

trong đó, nói chung, f là một hàm phi tuyến.Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình này bằng cách đặt p = y′. Khi đó

y = px+ f(p)

Vi phân hai vế đẳng thức này, với chú ý rằng dy = pdx ta được

pdx = pdx+ {x+ f ′(p)} dphay {x+ f ′(p)} dp = 0

Từ đó ta suy ra dp = 0 hay x+ f ′(p) = 0.Nếu dp = 0 thì p = C, thay vào (1.34) ta được nghiệm tổng quát

y = Cx+ f(C) (1.35)

và đây là một họ đường thẳng.Nếu x+ f ′(p) = 0, cùng với (1.34), ta thu được một nghiệm cho dưới dạng tham số

{x = −f ′(p)y = −pf ′(p) + f(p)

Người ta chứng minh được rằng nếu f ′′(p) liên tục và khác không thì nghiệm cho dướidạng tham số là bao hình của họ đường thẳng (1.35).Ví dụ: Xét phương trình y = (x− 1)y′ − y′2

Đây là phương trình Clairaut với f(t) = −t2− t. Thay thế y′ bởi C ta được nghiệmtổng quát là họ đường thẳng

y = C(x− 1)− C2

Để tìm nghiệm kỳ dị, tức là bao hình của họ đường thẳng trên ta xét hệ{x = 2C + 1y = C(x− 1)− C2

Khử C từ hệ phương trình này ta được bao hình là parabol y =(x− 1)2

4(xem Hình

1.5).5Alexis Claude Clairaut (1713-1765) là nhà khoa học nổi tiếng người Pháp.


-3 3

-3

0

3

Hình 1.5: Nghiệm của phương trình Clairaut với f(t) = −t2 − t.

1.5.2 Phương trình Lagrange

Phương trình vi phân cấp I mà là tuyến tính đối với x và y dạng

y = ϕ(y′)x+ ψ(y′) (1.36)

được gọi là phương trình Lagrange6.

Giả sử ϕ(y′) 6= y′, nếu không phương trình đã cho là phương trình Clairaut mà tađã xét trên đây. Cũng tương tự như trường hợp phương trình Clairaut, ta đặt p = y′.Khi đó phương trình (1.36) trở thành

y = ϕ(p)x+ ψ(p) (1.37)

Vi phân hai vế theo x ta được

p =dy

dx= ϕ(p) + {ϕ′(p)x+ ψ′(p)} dp

dx

Xem p là biến số độc lập ta có phương trình tuyến tính mà ẩn là x = x(p) như sau:

dx

dp+

ϕ′(p)

ϕ(p)− px =ϕ′(p)

p− ϕ(p)

Tích phân phương trình tuyến tính này theo phương pháp đã biết ta được nghiệm tổngquát x = h(p, C), với C là tham số tuỳ ý.

Kết hợp với (1.37) ta có nghiệm tổng quát của (1.36) cho dưới dạng tham số thamsố hoá theo tham số p: {

y = ϕ(p)h(p, C) + ψ(p)x = h(p, C)

6J.L.Lagrange (1736 - 1813) là nhà toán học nổi tiếng người Pháp.


Nhận xét: Chú ý rằng ứng với các giá trị của tham số p = pi (trong đó pi là nghiệmcủa phương trình ϕ(p)−p = 0) ta cũng nhận được các nghiệm của phương trình (1.36).Tuỳ theo từng trường hợp nghiệm này có thể là nghiệm kỳ dị hoặc không.Ví dụ: Giải phương trình y = xy′2 − y′.

Đặt p = y′, khi đóy = xp2 − p

Vi phân hai vế của đẳng thức này theo x với chú ý dy = pdx, sau khi thu gọn ta được

(p2 − p)dx+ (2px− 1)dp = 0

Giả sử p2 − p 6= 0 ta códx

dp+

2

p− 1x =

1

p(p− 1)

Giải phương trình này ta được:

x =C + p− ln p

(p− 1)2

Thay vào biểu thức của y ta được nghiệm tổng quát dạng tham số:{x = C+p−ln p

(p−1)2

y = (C+p−ln p)p2

(p−1)2− p

Các nghiệm ứng với p = 0 và p = 1 là y = 0 và y = x− 1 tương ứng.

1.5.3 Tham số hoá tổng quát

Trong tiểu mục này ta xét một số phương trình vi phân chưa giải ra đối với đạo hàm

F (x, y, y′) = 0 (1.38)

nhưng có thể tham số hoá được dưới dạng

x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) và y′ = χ(u, v)

sao choF [ϕ(u, v), ψ(u, v), χ(u, v)] = 0

Vi phân x và y theo u, v rồi thay vào đẳng thức dy = y′dx ta có

∂ψ

∂udu+

∂ψ

∂vdv = χ(u, v)

(∂ϕ

∂udu+

∂ϕ

∂vdv

)

Xem u như là hàm của v ta có phương trình

du

dv=χ∂ϕ

∂v− ∂ψ

∂v∂ϕ

∂u− χ∂ψ

∂u

1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I 29

Đây là dạng phương trình đã giải ra đối với đạo hàm, giả sử có nghiệm là

u = φ(v, C)

Ta thay vào biểu thức của x và y ta được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số củaphương trình (1.38) là {

x = ϕ[φ(v, C), v]y = ψ[φ(v, C), v]

Ví dụ: Giải phương trình y = y′2 − y′x+x2

2

Ta có thể tham số hoá phương trình bằng cách đặt x = x, y′ = p và y = p2−px+x2

2(xem x và p là hai tham số). Khi đó, vi phân đẳng thức cuối ta được

dy = (x− p)dx+ (2p− x)dp

Để ý rằng dy = pdx, từ đẳng thức trên, nếu 2p−x 6= 0 ta códp

dx= 1, suy ra p = x+C.

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

y =x2

2+ Cx+ C2

Nếu 2p − x = 0 ta có p =x

2, thay vào biểu thức tham số hoá ta có nghiệm y =

x4

2,

nghiệm này là nghiệm kỳ dị.

1.6 Nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp I

1.6.1 Sự tồn tại nghiệm kỳ dị

Trong chương trước ta đã đề cập đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm đối với phươngtrình vi phân cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm

dy

dx= f(x, y)

Trong mục này ta xét trường hợp phương trình vi phân cấp I dạng tổng quát

F (x, y, y′) = 0 . (1.39)

Nói chung, không phải lúc nào ta cũng viết được phương trình này dưới dạng giải rađối với đạo hàm. Điều đó cho thấy rằng sự tồn tại và tính chất duy nhất nghiệm củaphương trình vi phân (1.39), với điều kiện ban đầu (x0, y0), không phải lúc nào cũngđược bảo đảm. Nói cách khác, với (x0, y0) ∈ R2 nào đó, có thể có nhiều nghiệm củaphương trình (1.39) đi qua điểm này.


Ví dụ: Phương trình Clairaut (1.34) với f(t) = −t2 − t có nghiệm kỳ dị là parabol(x−1)2

4(xem hình 1.5). Tại mỗi điểm dọc theo parabol này có tồn tại một nghiệm khác

mà đồ thị là đường thẳng tiếp xúc với parabol nói trên tại điểm đó.Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại và duy nhất nghiệm trong trường hợp tổng

quát.

Định lý 1.6. Nếu hàm F (x, y, p) thoả các điều kiện sau:

i) F (x, y, p) liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trong lân cận của (x0, y0, p0) ∈R

3 (tức là F thuộc lớp C1 trong lân cận điểm này)

ii) F (x0, y0, p0) = 0

iii)∂F

∂p(x0, y0, p0) 6= 0

thì phương trình (1.39) có duy nhất một nghiệm y = y(x) lớp C1 trong lân cận của x0

thoả điều kiện ban đầu:

y(x0) = y0 sao cho y′(x0) = p0

Chứng minh: Các giả thiết trong định lý trên chính là các giả thiết của định lý hàmẩn, do đó phương trình (1.39) xác định duy nhất hàm p = f(x, y) lớp C1 sao chop0 = f(x0, y0). Khi đó ta có phương trình vi phân dạng giải ra được đối với đạo hàm

dy

dx= f(x, y)

trong đó f khả vi liên tục. Tính chất này mạnh hơn điều kiện Lipchitz nên theo địnhlý tồn tại và duy nhất nghiệm (cho phương trình đã giải ra đối với đạo hàm), ta thấycó tồn tại duy nhất một nghiệm y = y(x) thoả điều kiện ban đầu y(x0) = y0. �

1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến

Định lý trên cho thấy nghiệm kỳ dị có thể xảy ra khi các điều kiện của định lý khôngthoả mãn. Rõ ràng với hàm F = F (x, y, p) khả vi liên tục, nghiệm kỳ dị chỉ có thể xảyra nếu tại đó

∂F

∂p= 0

Ta gọi M ⊂ R3 là siêu mặt cho bởi phương trình F (x, y, p) = 0 và giả sử π : M −→ R2,π(x, y, p) = (x, y) là phép chiếu tự nhiên theo toạ độ p. Khi đó các điểm kỳ dị của ánhxạ π cho bởi hệ phương trình

F (x, y, p) = 0∂F

∂p= 0

(1.40)


Khử p từ hệ phương trình này ta thu được một phương trình dạng

Φ(x, y) = 0 (1.41)

Phương trình này xác định một đường cong trong R2, được gọi là đường cong biệt lập(discriminant) hay p−biệt tuyến của phương trình (1.39).

Vậy để tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến trước hết ta tìm p− biệt tuyến cho bởihệ (1.40), sau đó thử xem biệt tuyến có phải là nghiệm của phương trình (1.39) haykhông. Cuối cùng trong số các nghiệm này chọn ra các nghiệm mà dọc theo nó tínhduy nhất bị vi phạm; đó chính là nghiệm kỳ dị.Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = 2xy′ − y′2

Ta có biệt tuyến cho bởi

y = 2xp− p2, 2x− 2p = 0

Từ đó biệt tuyến là parabol y = x2 trong mặt phẳng (x, y). Tuy nhiên, y = x2 lạikhông phải là nghiệm của phương trình đã cho, nên phương trình không có nghiệm kỳdị.

Ví dụ: Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình y = y′2 − xy′ + x2

2

Ta có p−biệt tuyến cho bởi

y = p2 − xp +x2

2, 2p− x = 0

Từ đó ta có biệt tuyến là parabol y =x2

4và cũng là nghiệm của phương trình đã cho.

Ngoài ra nghiệm tổng quát của nó là (xem ví dụ trang 29)

y = Cx+ C2 +x2

2

Do đó với mọi điểm (x0, y0) trên parabol này, i.e. y0 =x2

0

4, ta xét phương trình theo C:

y0 = Cx0 + C2 +x2

0

2

hay tương đương

C2 + x0C +x2

0

4= 0

Phương trình này luôn có nghiệm C = −x0

2, tức là luôn có nghiệm thứ hai đi qua

(x0, y0).

Vậy y =x2

4là nghiệm kỳ dị của phương trình đã cho.


1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến

Đối với những phương trình mà tích phân tổng quát của nó cho bởi

Φ(x, y, C) = 0 (1.42)

ta có thể tìm nghiệm kỳ dị của nó thông qua việc tìm các C− biệt tuyến, tức là đườngcong trong R

2 xác định bằng cách khử C từ hệ{

Φ(x, y, C) = 0∂Φ

∂C(x, y, C) = 0

(1.43)

Nhận xét: Có thể kiểm tra không khó (xem [1]) rằng nếu C− biệt tuyến là bao hìnhcủa họ đường cong (1.42) thì nó là một nghiệm kỳ dị của phương trình (1.39). Do đóđể tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C−biệt tuyến của nó. Biệt tuyến đólà đường cong R(x, y) = 0 nhận được bằng cách khử C từ hệ (1.43). Sau đó , thử xemcó nhánh nào của C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay không; nếucó, đó chính là nghiệm kỳ dị của phương trình.Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) có các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn vàkhông đồng thời bằng không thì C−biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát(1.42); nói cách khác C−biệt tuyến là nghiệm kỳ dị.

Ví dụ: (xem [1]) Tìm nghiệm kỳ dị của phương trình Lagrange x− y =4

9y′2 − 8

27y′3

Phương trình Lagrange này có tích phân tổng quát là (y − C)2 = (x − C)3. Do đóbiệt tuyến cho bởi hệ {

(y − C)2 = (x− C)3

2(y − C) = 3(x− C)2

Khử C ta đượcy = x, y = x− 4

27

Chỉ có y = x− 4

27là bao hình nên nó là nghiệm kỳ dị. Còn đường thẳng y = x chứa

các điểm kỳ dị của nghiệm tổng quát (xem Hình 1.6).


Y=x

Y=x - 4/27

Hình 1.6: Nghiệm kỳ dị của phương trình x− y =4

9y′2 − 8

27y′3

BÀI TẬP

1. Giải các phương trình vi phân tách biến:

(a) (xy2 + 4x)dx+ (y + x2y)dy = 0

(b) 2x√

1− y2 + yy′ = 0

(c) y′ = ex+y

(d) y′ =x2y − yy + 1

2. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân thuần nhất sau

(a) y′ =y

x− 1

(b) y′ =2xy

x2 − y2

(c) (y2 − 3x2)dy + 2xydx = 0

(d) xy′ = y lny

x

3. Tích phân các phương trình vi phân sau đây:

(a) (x− 2y + 9)dx = (3x− y + 2)dy

(b) y′ = 2

(y + 2

x+ y − 1

)2

4. Kiểm tra các phương trình sau là phương trình vi phân toàn phần và giải chúng

(a) y

xdx+ (y3 + lnx)dy = 0

(b) eydx+ (xey − 2y)dy = 0


(c) 2xydx+ (x2 − y2)dy = 0

(d) [(x+ 1)ex − ey] dx = xeydy

5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau

(a) (x+ y2)dx− 2xydy = 0

(b) (y2 − 6xy)dx+ (3xy − 6x2)dy = 0

(c) y(1 + xy)dx− xdy = 0

(d) xy ln ydx+ (x2 + y2√y2 + 1)dy = 0

6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân tuyến tính sau

(a) y′ − 4y = x− 2x2

(b) xy′ + y = ex

(c) y′ − y tan x =1

cos x

(d) y2dx− (2xy + 3)dy = 0

7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau

(a) 3y′ + y = (1− 2x)y4

(b) yy′ + y2 = x

(c) y′ + y = ex2

√y

8. Giải các phương trình vi phân sau đây

(a) y′2 − (x+ y)y′ + xy = 0

(b) y′3 − yy′2 − x2y′ + x2y = 0

(c) xy′3 = 1 + y′

(d) y′3 + y3 = 3yy′

9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây

(a) y = xy′ + 12

(b) xy′ − y = ln y′

(c) y = xy′ +

√y′2 + 1

(d) yy′ = 2y′2x+ 1

Chương 2

Phương trình vi phân cấp cao

Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao vàlý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao.

2.1 Phương trình vi phân cấp cao

2.1.1 Các khái niệm

Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình có dạng

F (x, y, y′, y′′, . . . , y(n)) = 0 (2.1)

trong đó F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đó của Rn+2 và nhất thiếtphải có sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n).

Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1)dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm:

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)) (2.2)

Dưới dạng này ta có thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu(hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mới y1 := y,yk := y(k−1), k = 1, n, ta thu được

y′1 = y2

y′2 = y3

...............

y′n−1 = yn

y′n = f(x, y1, . . . , yn)

(2.3)

Đặt Y := (y1, . . . , yn)t, g(x, Y ) := (y2, . . . , yn, f(x, y1, . . . , yn)t) là các vector-hàm ta có

thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản

Y ′ = f(x, Y ) (2.4)

2.1 Phương trình vi phân cấp cao 36


Tương tự như trường hợp phương trình vi phân cấp I, bài toán Cauchy đối với phươngtrình vi phân cấp cao (2.1) đặt ra như sau:

Tìm nghiệm y(x) của phương trình (2.1) thoả điều kiện ban đầu:

y(x0) = y0,y′(x0) = y′0,. . . . . . . . .

y(n−1)(x0) = y(n−1)0

(2.5)

trong đó x0 ∈ I ⊂ R và Y0 := (y0, y′0, . . . , y

(n−1)0 ) ∈ Rn cố định, cho trước.

Để phát biểu định lý khẳng định sự tồn tại lời giải của bài toán Cauchy ta cần kháiniệm sau:

Cho vector-hàm f(x, Y ) xác định trên miền G ⊂ R × Rn. Ta nói f thoả điều kiệnLipschitz trên G theo Y nếu tồn tại hằng số dương L (gọi là hằng số Lipschitz) saocho:

||f(x, Y1)− f(x, Y2)|| ≤ L||Y1 − Y2||, với mọi (x, Y1), (x, Y2) ∈ GTa luu ý rằng điều kiện Lipschitz không phải là hệ quả của tính liên tục. Chẳng hạnhàm f(x, y) =

√y liên tục nhưng không thoả điều kiện Lipschitz trong lân cận của 0.

Hệ quả 2.1. Với các ký hiệu trong mục trước, nếu hàm f(x, Y ) thỏa điều kiện Lipschitztheo biến Y thì g(x, Y ) cũng thỏa điều kiện Lipschitz theo biến Y .

Định lý 2.2 (Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân cấp cao).Giả sử vector-hàm g(x, y) trong (2.4) liên tục và thoả điều kiện Lipschitz theo Y trênmiền

G = {(x, Y ) ∈ R× Rn/ |x− x0| ≤ a, ||Y − Y0|| ≤ b}

Khi đó bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu (2.5) có một nghiệm duy nhất trên đoạnI := [x0 − h, x0 + h], với h := min(a, b

M) và M := max(x,Y )∈G ||g(x, Y )||.

Chứng minh: Tương tự như trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, chỉ cần thaygiá trị tuyệt đối bởi chuẩn trong Rn. �

Hệ quả 2.3. Nếu hàm f trong (2.2) liên tục và có các đạo hàm riêng theo biến yk :=y(k−1) cũng liên tục trong một lân cận nào của (x0, Y0) thì bài toán Cauchy với điềukiện ban đầu (2.5) có một nghiệm duy nhất trong lân cận của điểm này.

Nhận xét: Tương tự như trong chương I, ta cũng định nghĩa các loại nghiệm củaphương trình vi phân cấp cao. Chẳng hạn, nghiệm kỳ dị của (2.2) là nghiệm mà tạimỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm bị vi phạm. Ta gọi nghiệm tổng quát của(2.2) là họ các hàm ϕ(x, C1, . . . , Cn) phụ thuộc (một cách liên tục) vào n hằng số tuỳý C1, . . . , Cn. Với mỗi bộ giá trị của n tham số này ta nhận được một nghiệm riêngcủa phương trình.Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y′′ = y là y(x) = C1e

x + C2e−x. Nó phụ

thuộc vào hai hằng số tuỳ ý C1 và C2.


2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầuphương

a) Phương trình F (x, y(n)) = 0

Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trongtrường hợp có thể giải ra đối với đạo hàm:

y(n) = f(x)

ta có thể tích phân liên tiếp theo x và thu được

y(n−1) =∫ x

x0f(x)dx+ C1

y(n−2) =∫ x

x0dx∫ x

x0f(x)dx+ C1(x− x0) + C2

....................

y =

∫ x

x0

dx . . .

∫ x

x0︸︷︷︸n lần

f(x)dx+ C1

(n−1)!(x− x0)

n−1+

+ C2

(n−2)!(x− x0)

n−2 + · · ·+ Cn−1(x− x0) + Cn

Ví dụ: Phương trình y(n) = 0 có nghiệm là đa thức tổng quát cấp n− 1

y(x) = c1(x− x0)n−1 + c2(x− x0)

n−2 + · · ·+ cn−1(x− x0) + cn

Trong trường hợp không giải ra được y(n) nhưng có thể tham số hoá

x = ϕ(t), y(n) = ψ(t)

khi đó ta códy(n−1) = y(n)dx = ψ(t)ϕ′(t)dt

Vì vậyy(n−1) =

∫ψ(t)ϕ′(t)dt = ψ(t, C1)

Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng thamsố {

x = ϕ(t),

y = ψm(t, C1, . . . , Cn)

b) Phương trình F (y(n−1), y(n)) = 0:

Cách giải: Nếu có thể giải được

y(n) = f(y(n−1))


thì, bằng cách đặt z := y(n−1), có thể viết lại phương trình dưới dạng sau:

z′ = f(z)

Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là z = g(x, C), ta trở lạitrường hợp trên với phương trình

y(n−1) = g(x, C)

với C là tham số.Nếu có thể tham số hoá

y(n−1) = ϕ(t), y(n) = ψ(t)

thì từ dy(n−1) = y(n)dx ta suy ra

dx =dy(n−1)

y(n)=ϕ′(t)dt

ψ(t)

Do đóx =

∫ϕ′(t)dt

ψ(t)= ϕ1(t, C1)

và ta trở lại trường hợp trên với

x = ϕ1(t, C1), y(n−1) = ϕ(t)

Ví dụ: Giải phương trình y′′′ = y′′ + 1

Đặt z = y′′ ta có phương trình z′− z = 1. Phương trình này có nghiệm tổng quát là

z = C1ex − 1

Do đó, ta được phương trìnhy′′ = C1e

x − 1


y(x) = C1ex − x2

2+ C2x+ C3

c) Phương trình F (y(n−2), y(n)) = 0:

Đối với dạng phương trình này ta đặt z = y(n−2) và viết lại phương trình theo z

F (z, z′′) = 0

Nếu từ phương trình này có thể giải được z′′ = f(z) thì ta có

2z′z′′ = 2f(z)z′


hayd((z′)2) = 2f(z)dz

Từ đó ta tìm được

z′ = ±√

2

∫f(z)dz + C1

Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z = z(x) với nghiệm tổng quát có dạng

Φ(x, z, C1, C2) = 0

Thay z = y(n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a).Ví dụ: Giải phương trình y′′′ = y′.

Đặt z = y′ ta thu được phương trình

z′′ = z

Nhân hai vế phương trình này với 2z′, ta được

d(z′)2 = dz2

và có nghiệm làz′ =

√z2 + A .

Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nó là

z +√z2 + A = Bex

Nhân với lượng liên hợp, ta thu được

z −√z2 + A = −A

Be−x

Từ đó, ta cóz =

B

2ex − A

2Be−x

Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát

y =B

2ex +

A

2Be−x + C

Hayy = C1e

x + C2e−x + C3

2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp

Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà có thể đưa về phương trình cấp thấphơn bằng cách đổi biến.


a) Phương trình dạng F (y, y′, . . . , y(n)) = 0:

Phương trình này không chứa biến độc lập x. Ta đặt p = y′. Khi đó

y′ = p =dy

dx

y′′ =dp

dx= p

dp

dy

y′′′ =d

dx

(pdp

dy

)=dp

dx

dp

dy+ p

d

dx

(dp

dy

)

= p

(dp

dy

)2

+ p2 d2p

dy2

.............................

y(n) = g

(p,dp

dy, . . . ,

dn−1p

dyn−1

)

Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phâncấp n− 1 theo ẩn p = p(y)

G(y, p, p′, . . . , p(n−1)) = 0

Giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là

Φ(y, p, C1, . . . , Cn−1) = 0

ta thay p = y′ thì thu được phương trình dạng F (y, y′) = 0 mà là phương trình vi phâncấp I.Ví dụ: Giải phương trình (1 + y2)yy′′ = (3y2 − 1)y′2

Đặt p = y′ như đã trình bày, phương trình đưa về dạng

(1 + y2)ypdp

dy= (3y2 − 1)p2

Chia 2 vế cho p (với giả thiết p 6= 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến

dp

p=

3y2 − 1

(1 + y2)ydy

Nghiệm tổng quát của nó làpy

(1 + y2)2= C1

Thay p = y′, ta có phương trìnhyy′

(1 + y2)2= C1

Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là

− 1

1 + y2= 2C1x+ C2


b) Phương trình thuần nhất đối với ẩn hàm y và các đạo hàm của nó:

T a nói phương trình vi phân F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0 là thuần nhất theo ẩn hàm y và cácđạo hàm của nó nếu F là hàm thuần nhất (bậc m nào đó) theo các biến y, y′, . . . , y(n).Tức là

F (x, ty, ty′, . . . , ty(n)) = tmF (x, y, y′, . . . , y(n))

Đối với lớp các phương trình này ta có thể hạ cấp bằng cách đặt y′ = uy Khi đó ta có

y′ = uy

y′′ = y′u+ u′y = y(u′ + u2)

y′′′ = y(u′′ + 3uu′ + u3)

.............................

y(n) = y.g(u, u′, . . . , u(n−1))

Nhờ tính thuần nhất, phương trình đã cho có thể viết lại dạng

ymF (x, 1, u, u′ + u2, . . . , g(u, u′, . . . , u(n−1))) = 0

Đây là phương trình cấp n− 1 của ẩn hàm u = u(x), giả sử có nghiệm tổng quát là

u = u(x, C1, . . . , Cn−1)

Khi đó từ y′ = uy ta có nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

y = exp

(∫u(x, C1, . . . , Cn−1)dx+ ln |Cn|

)= Cn exp

(∫u(x, C1, . . . , Cn−1)dx

)

Ví dụ: Giải phương trình x2yy′′ = (y − xy′)2.Đây là phương trình thuần nhất (cấp 2) theo y và các đạo hàm của nó. Đặt y′ = uy

giống như trên, ta cóy′′ = y(u′ + u2)

Thay vào và rút gọn cho y2 (giả sử y 6= 0) ta được phương trình tuyến tính bậc nhất:

x2u′ + 2xu− 1 = 0

với nghiệm tổng quát là

u =x+ C1

x2

Trở lại ẩn hàm y với u = y′/y ta được nghiệm tổng quát là

y = C2xe−

C1x

Dĩ nhiên nghiệm y = 0 cũng chứa trong nghiệm tổng quát này.


2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu

Xét phương trình vi phân cấp n (2.1). Giả sử có tồn tại hệ thức dạng

Φ(x, y, y′, . . . , y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0 (2.6)

sao cho Φ phụ thuộc vào n−k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn và không phụ thuộc vào cácđạo hàm cấp > k (nhưng nhất thiết phải có mặt y(k)).

Nếu từ hệ n− k phương trình nhận được bằng cách lấy vi phân hệ thức (2.6) theox n− k lần và chính hệ thức đó ta có thể nhận được phương trình đã cho (bằng cáchkhử các tham số) thì hệ thức (2.6) được gọi là tích phân trung gian của phương trình(2.1).

Nếu k = n− 1, tức là hệ thức chỉ chứa một tham số C

Φ(x, y, y′, . . . , y(n−1), C) = 0

thì ta gọi là tích phân đầu.Nhận xét: Tích phân trung gian thực chất là một phương trình vi phân cấp k đãchứa sẵn n− k hằng số tuỳ ý Ck+1, . . . , Cn. Nghiệm tổng quát của nó còn chứa k hằngsố mới là C1, . . . , Ck (tức là chứa tất cả n hằng số), và đó cũng là nghiệm tổng quát củaphương trình ban đầu (2.1). Vậy tích phân trung gian cho phép đưa việc giải phươngtrình vi phân cấp cao về giải phương trình cấp thấp hon.

Phương trình dạng F (x, y(k), . . . , y(n)) = 0

Bằng cách đổi ẩn z = y(k) ta có thể viết phương trình dưới dạng

F (x, z, z′, . . . , z(n−k)) = 0

Giả sử đã tìm được tích phân tổng quát của phương trình này Φ(x, z, Ck+1, . . . , Cn) = 0.Khi đó, ta có tích phân trung gian của phương trình đã cho là

Φ(x, y(k), Ck+1, . . . , Cn) = 0

Đây là phương trình vi phân cấp k, nghiệm của nó cho ta tích phân tổng quát củaphương trình ban đầu.Ví dụ: Giải phương trình y′′ − xy′′′ + y′′′ = 0.

Đặt z = y′′ ta thu được phương trình

z − xz′ + z′ = 0

mà nghiệm tổng quát là z = C1(x− 1). Từ đó ta có tích phân đầu

y′′ = C1(x− 1)


y =C1

3x3 − C1

2x2 + C2x+ C3

2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43

2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phântuyến tính cấp cao.


Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng tổng quát

p0(x)y(n) + p1(x)y

(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y′ + pn(x)y = g(x) (2.7)

trong đó các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đó theo biến x.Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính

thuần nhất.Chú ý: Ta có thể xem p0(x) ≡ 1, vì nếu không ta chia hai vế của phương trình cho hệsố này, và thu được phương trình mới cùng dạng.Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điềukiện ban đầu (2.5).

Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Nếu các hàm pj(x) và g(x) là liên tục trênkhoảng (a, b) và, ngoài ra, p0(x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b) thì bài toán Cauchy cho phươngtrình (2.7) có duy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.5) tại x0 ∈ (a, b).

Chứng minh: Phương trình (2.7) có thể viết lại dạng

y(n) =−1

p0(x)

{p1(x)y

(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y′ + pn(x)y − g(x)

}

Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y ) và khả vi liên tục theo biến Y :=(y, y′, . . . , y(n−1)) nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này. �

Dạng toán tử của phương trình vi phân tuyến tính:

Ký hiệu D là toán tử đạo hàm ddx

và đặt:

L = p0Dn + p1D

n−1 + · · ·+ pn−1D + pn (2.8)

L được gọi là toán tử vi phân cấp n và khi đó (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạngtoán tử của phương trình (2.7)

L(y) = g (2.9)

Đặc biệt, khi g ≡ 0, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết mộtcách đơn giản

L(u) = 0 (2.10)

Nhận xét: L là toán tử tuyến tính trên không gian các hàm (khả vi) vì L(αu+βv) =αL(u) + βL(v), với u, v là hai hàm khả vi và α, β là hai số tuỳ ý. Do đó giải phươngtrình vi phân tuyến tính thuần nhất là tìm không gian con ker(L).


Mệnh đề 2.2.1. Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm tuỳ ý của phương trình vi phân tuyếntính thuần nhất (2.10). Khi đó, với C1, C2 là hai hằng số bất kỳ, C1u1 + C2u2 cũng lànghiệm của (2.10).

Chứng minh: Ta có L(C1u1 + C2u2) = C1L(u1) + C2L(u2) = 0. �

Hệ quả 2.5. Tập tất cả các nghiệm của phương trình (2.10) có cấu trúc không gianvector.

Hạ cấp phương trình tuyến tính thuần nhất:

Nếu biết một hay nhiều nghiệm của phương trình thuần nhất (2.10) thì có thể hạ cấpphương trình đó như sau đây.

Giả sử ϕ(x) là một nghiệm của (2.10), đặt u(x) = v(x)ϕ(x) rồi thay vào (2.10). Khiđó v(x) thỏa phương trình vi phân tuyến tính dạng

L(v) = 0

Nhưng phương trình này có một nghiệm v ≡ 1, nên không chứa v. Vậy, nếu xem ẩnmới w := v′, thì w là nghiệm của một phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấpn− 1 dạng

Ln−1(w) = 0

Ví dụ: Xét phương trình 2x2y′′ + 3xy′− y = 0 (x > 0), có nghiệm là ϕ(x) = x−1. Đặty = v(x)x−1, tính các đạo hàm và thay vào phương trình đã cho ta được

2xv′′ − v′ = 0.

Với ẩn phụ w = v′, ta tìm được w = C1x1/2. Do đó v = 2

3C1x

3/2 + C2. Cuối cùng

y(x) =2

3C1x

1/2 + C2x−1

2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

a) Định thức Wronski

Định nghĩa 2.2.1. Ta nói các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tínhtrên (a, b) nếu có tồn tại các hằng số C1, C2, . . . , Cn không đồng thời bằng không, saocho

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) = 0, với mọi x ∈ (a, b)

Các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) được gọi là độc lập tuyến tính trên (a, b) nếu chúngkhông phụ thuộc tuyến tính trên khoảng này.


Nói cách khác, {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} độc lập tuyến tính nếu đẳng thức

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) ≡ 0

chỉ xảy ra với C1 = 0, C2 = 0, . . . ,Cn = 0.Nhận xét: Hệ chứa hàm đồng nhất bằng không phải là hệ phụ thuộc tuyến tính.Mệnh đề 2.2.2. Cho u1(x), u2(x), . . . , un(x) là các hàm khả vi đến cấp n − 1 trên(a, b). Nếu chúng phụ thuộc tuyến tính trên (a, b) thì định thức

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

u1(x) u2(x) · · · un(x)u′1(x) u′2(x) · · · u′n(x)

......

. . ....

u(n−1)1 (x) u

(n−1)2 (x) · · · u

(n−1)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0, với mọi x ∈ (a, b) (2.11)

Chứng minh: Theo giả thiết của mệnh đề, có tồn tại các hằng số Cj không đồng thờibằng không sao cho

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) ≡ 0 trên (a, b)

Đạo hàm theo biến x đẳng thức này n − 1 lần, ta thấy các Cj thoả mãn hệ phươngtrình tuyến tính thuần nhất sau (với x cố định nào đó)

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) = 0C1u

′1(x) + · · ·+ Cnu

′n(x) = 0

· · · · · · · · · · · ·C1u

(n−1)1 (x) + · · ·+ Cnu

(n−1)n (x) = 0

Vì hệ thuần nhất này có nghiệm không tầm thường nên định thức của ma trận của hệphải bằng không. �

Định nghĩa 2.2.2. Định thức ở vế trái của (2.11) được gọi là định thức Wronski của nhàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) và thường được ký hiệu là W [u1, . . . , un](x), hay gọn hơnW (x).Hệ quả 2.6. Nếu W (x) 6= 0 tại x nào đó thuộc (a, b) thì hệ hàm {u1(x), u2(x), . . . , un(x)}độc lập tuyến tính trên (a, b).

Ví dụ: Hệ hàm {cosx, sin x} là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ.Ví dụ: Hệ hàm {1, x, x2, · · · , xn−1} là độc lập tuyến tính trên khoảng bất kỳ vì

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x · · · xn−1

0 1 · · · (n− 1)xn−2

...... . . . ...

0 0 · · · (n− 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 1.1!2! . . . (n− 1)! 6= 0 với mọi x ∈ R

Nhận xét: Hệ các hàm có định thức Wronski đồng nhất bằng 0 không nhất thiết phụthuộc tuyến tính. Nói cách khác, mệnh đề 2.2.2 chỉ là điều kiện cần để hệ hàm khảvi phụ thuộc tuyến tính. Chẳng hạn xét {x3, |x|3} có W (x) ≡ 0, nhưng độc lập tuyếntính trên (a, b) tùy ý, miễn là a, b trái dấu.


Định lý 2.7. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục và p0(x) 6= 0 trên khoảng (a, b). Khi đó nnghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) làđộc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu định thức Wronski W [u1, u2, . . . , un] 6= 0, ∀x ∈ (a, b).

Chứng minh: Nếu W [u1, u2, . . . , un] 6= 0, ∀x ∈ (a, b) thì theo hệ quả trên, các nghiệmu1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính.

Ngược lại, giả sử có x0 ∈ (a, b) mà W (x0) = 0. Khi đó hệ phương trình tuyến tínhthuần nhất sau (ẩn là C1, . . . , Cn) có nghiệm không tầm thường

C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0C1u

′1(x0) + · · ·+ Cnu

′n(x0) = 0

· · · · · · · · · · · ·C1u

(n−1)1 (x0) + · · ·+ Cnu

(n−1)n (x0) = 0

Gọi (C1, . . . , Cn) là một nghiệm như vậy và đặt

u(x) = C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x).

Rõ ràng u(x) là một nghiệm của của (2.10) thoả điều kiện ban đầu u(x0) = 0, u′(x0) =0, . . . , u(n−1)(x0) = 0. Mặt khác nghiệm tầm thường v ≡ 0 cũng thoả điều kiện này. Dođó, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) ≡ 0

tức là các u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết. �

Định nghĩa 2.2.3. Hệ gồm n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) độc lập tuyến tính trên(a, b) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n được gọi là hệ nghiệm cơbản của phương trình đó.

Định lý 2.8. (Sự tồn tại hệ nghiệm cơ bản) Với các giả thiết như định lý 2.7, phươngtrình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) có ít nhất một hệ nghiệm cơ bản.

Chứng minh: Xét n bài toán Cauchy đối với phương trình (2.10) tương ứng với các dữkiện ban đầu

(u(x0), u′(x0), . . . , u

(n−1)(x0)) = ek , k = 1, n

trong đó ek := (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) là vector đơn vị thứ k trong không gian EuclideRn.

Với giả thiết của định lý, mỗi bài toán trên có một nghiệm duy nhất uk(x). Ta chứngminh hệ {u1, . . . , un} độc lập tuyến tính. Thật vậy xét đẳng thức

C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) ≡ 0

Đạo hàm n−1 lần đẳng thức này ta thu được hệ phương trình đại số tuyến tính thuầnnhất (ẩn là các Ck) có định thức của ma trận hệ số tại x0 bằng

W [u1, . . . , un] = det[e1, . . . , en] = 1 6= 0

nên hệ này chỉ có nghiệm tầm thường C1 = 0, . . . , Cn = 0. �

Nhận xét: Theo chứng minh trên, dễ thấy rằng phương trình đã cho có vô số nghiệm.


b) Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất:

Định lý 2.9. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục trên (a, b), p0(x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) và{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tínhthuần nhất (2.10) trên (a, b). Khi đó nghiệm tổng quát của (2.10) có dạng

u(x) = C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x) (2.12)

trong đó C1, . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý.

Chứng minh: Rõ ràng với C1, . . . , Cn là các hằng số bất kỳ, vế phải của (2.12) là nghiệmcủa (2.10).

Gọi v(x) là nghiệm tùy ý của (2.10). Với x0 ∈ (a, b) là giá trị nào đó ta đặt

v0 := v(x0), v′0 := v′(x0), . . . , v

(n−1)0 := v(n−1)(x0)

Xét hệ phương trình (ẩn là các Ck)

C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0

C1u′1(x0) + · · ·+ Cnu

′n(x0) = v′0

· · · · · · · · · · · ·C1u

(n−1)1 (x0) + · · ·+ Cnu

(n−1)n (x0) = v

(n−1)0

Vì các u1(x), u2(x), . . . , un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W (x0) 6= 0, tức là địnhthức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác không. Theo định lý Cramer,hệ này có duy nhất nghiệm (C1, . . . , Cn). Đặt

u(x) := C1u1(x) + · · ·+ Cnun(x)

thì u(x) cũng là nghiệm của (2.10) thoả cùng điều kiện ban đầu như v(x). Do đóu(x) ≡ v(x). �

Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất biết hệ nghiệm cơ bảncủa nó:

Để đơn giản, ta xét trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp II. Cho trước hệhai hàm khả vi đến cấp II, độc lập tuyến tính {y1, y2}, ta sẽ tìm phương trình vi phândạng

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

nhận y1, y2 làm nghiệm.Nếu y là nghiệm tổng quát của phương trình này thì

W [y1, y2, y] =

∣∣∣∣∣∣

y1 y2 yy′1 y′2 y′

y′′1 y′′2 y′′

∣∣∣∣∣∣= 0


Khai triển định thức này theo cột cuối ta được:

y′′∣∣∣∣y1 y2

y′1 y′2

∣∣∣∣− y′

∣∣∣∣y1 y2

y′′1 y′′2

∣∣∣∣ + y

∣∣∣∣y′1 y′2y′′1 y′′2

∣∣∣∣ = 0

Đây chính là phương trình vi phân cần tìm.Ví dụ: Tìm phương trình vi phân cấp II biết rằng nó nhận các hàm ex và e−2x làmnghiệm.

Dễ thấy hệ hai hàm đã cho độc lập tuyến tính. Theo kết quả trên, phương trình cầntìm có dạng

y′′∣∣∣∣ex e−2x

ex −2e−2x

∣∣∣∣− y′

∣∣∣∣ex e−2x

ex 4e−2x

∣∣∣∣+ y

∣∣∣∣ex −2e−2x

ex 4e−2x

∣∣∣∣ = 0

Rút gọn ta được phương trình y′′ + y′ − 2y = 0.

c) Đồng nhất thức Abel:

Ta sẽ chỉ ra sau đây biễu diễn đơn giản của định thức Wronski của hệ n nghiệm{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} của phương trình thuần nhất (2.10).

Định lý 2.10. (Đồng nhất thức Abel)1 Giả sử W (x) là định thức Wronski của n nghiệm{u1(x), u2(x), . . . , un(x)} của phương trình thuần nhất (2.10). Khi đó

W (x) = W (x0) exp

{−∫ x

x0

p1

p0dt

}(2.13)

Chứng minh: Đạo hàm W (x) theo x ta có:

dW

dx=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

u1(x) u2(x) · · · un(x)u′1(x) u′2(x) · · · u′n(x)

...... . . . ...

u(n−2)1 (x) u

(n−2)2 (x) · · · u

(n−2)n (x)

u(n)1 (x) u

(n)2 (x) · · · u

(n)n (x)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(2.14)

(thực ra, vế phải là tổng của n định thức nhưng các định thức khác có hai hàng giốngnhau nên bằng không). Ngoài ra, do

p0u(n)k = −p1u

(n−1)k − · · · − pn−1u

′

k − pnuk

nên hàng cuối trong định thức vế phải (2.14) có dạng tổ hợp tuyến tính của các hàngtrong định thức W (x). Sau khi tách ra thành n định thức, (2.14) trở thành

dW

dx= −p1

p0

W

1Cũng được gọi là công thức Ostrogradski−Liouville.


Tích phân phương trình vi phân tách biến này ta thu được

W (x) = W (x0)e−∫ x

x0

p1p0

dt

ở đây W (x0) là giá trị của định thức Wronski tại x0 ∈ (a, b) nào đó. �

Hệ quả 2.11. Nếu các pj(x) liên tục và p0(x) 6= 0 trên (a, b) thì W (x) hoặc luôn luônkhác không, hoặc đồng nhất bằng không trên (a, b).

Ứng dụng:

Đồng nhất thức Abel cho phép ta tìm nghiệm thứ n, độc lập tuyến tính với n − 1nghiệm độc lập tuyến tính đã biết của phương trình tuyến tính cấp n, bằng cách giảiphương trình vi phân cấp n−. Với n = 2, việc này hoàn toàn đơn giản. Thật vậy, giảsử đã biết nghiệm y1 của phương trình

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0

Giả sử y2 là một nghiệm độc lập tuyến tính với y1 sao cho W [y1, y2](x0) = 1. Khi đó

y1y′2 − y′1y2

y21

=W (x)

y21

=1

y21

e−∫ x

x0p(t)dt

Tức là (y2

y1

)′

=1

y21

e−∫ xx0

p(t)dt

Từ đó ta cóy2(x) = y1(x)

∫1

y1(x)2e−

∫p(x)dxdx

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

2x2y′′ + 3xy′ − y = 0

trên (0,+∞) biết nó có một nghiệm là y1(x) = 1/x.Giải: Theo công thức trên, nghiệm độc lập tuyến tính với y1 cho bởi

y2(x) =1

x

∫x2e−

∫3

2xdxdx

Tính toán tích phân, ta thu được

y2(x) = 2/3x1/2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trên (0,+∞) là

y(x) =C1

x+ C2

√x


2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính khôngthuần nhất

Ta lưu ý rằng, giống như các kết quả trong đại số tuyến tính, nghiệm của phương trìnhvi phân tuyến tính không thuần nhất có quan hệ chặt chẽ với nghiệm của phương trìnhthuần nhất tương ứng. Cụ thể, ta có thể kiểm tra dễ dàng các tính chất sau:

i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là mộtnghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng.

ii) Tổng của một nghiệm của phương trình không thuần nhất và một nghiệm củaphương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình không thuầnnhất.

Hơn thế nữa, định lý sau mô tả cấu trúc nghiệm của phương trình không thuần nhất.

Định lý 2.12. Với các giả thiết như trong định lý 2.7, nghiệm tổng quát của phươngtrình vi phân tuyến tính không thuần nhất (2.7) bằng tổng của một nghiệm riêng nàođó của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.

Chứng minh: Giả sử yr(x) là một nghiệm riêng nào đó và y(x) là nghiệm tuỳ ý củaphương trình không thuần nhất L(y) = g. Giả sử {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệmcơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo giả thiết ta có L(y−yr) = 0. Nóicách khác, y(x)− yr(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo địnhlý 2.9, tồn tại các hằng số C1, . . . , Cn sao cho y(x)−yr(x) = C1u1(x)+ · · ·+Cnun(x) =:u(x). Vì vậy, y(x) = yr(x) + u(x). �

Ví dụ: Cho phương trình y′′ +4y = ex. Dễ thấy cos 2x và sin 2x là hai nghiệm độc lậptuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng y′′ +4y = 0. Một nghiệm riêng củaphương trình đã cho ban đầu là yr = 1

5ex. Do đó nghiệm tổng quát của phương trình

đã cho lày = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+

1

5ex

trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý.

Mệnh đề 2.2.3. Giả sử y1, y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y) = g1, L(y) = g2

tương ứng. Khi đóyr := y1 + y2

là nghiệm riêng của phương trìnhL(y) = g

với g := g1 + g2.

Nhận xét: Mệnh đề này giúp ta tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính khôngthuần nhất trong trường hợp hàm g(x) ở vế phải có dạng tổng của các hàm đơn giản.Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y′′ + y = x+ cos 3x.


Ta tìm các nghiệm riêng của các phương trình y′′ + y = x và y′′ + y = cos 3x. Dễthấy phương trình thứ nhất có nghiệm riêng là y1 = x; còn phương trình thứ hai cómột nghiệm riêng (xem mục 2.3.2) là y2 = −1

8cos 3x. Do đó một nghiệm riêng của

phương trình đã cho lày = x− 1

8cos 3x

2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng củaphương trình không thuần nhất

Như đã biết, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhấtbằng tổng của một nghiệm riêng của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuầnnhất tương ứng. Vấn đề đặt ra là tìm nghiệm riêng này.

Trong phần này ta sẽ giới thiệu một phương pháp thông dụng, gọi là phương phápbiến thiên hằng số, để tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dựa vàonghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.

Xét phương trình không thuần nhất

L(y) = y(n) + p1(x)y(n−1) + · · ·+ pn−1(x)y

′ + pn(x)y = g(x) (2.15)

trong đó các hàm pj(x) và g(x) liên tục trên (a, b).Giả sử u1(x), u2(x), . . . , un(x) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình

thuần nhất tương ứng và nghiệm tổng quát của nó là u(x) = C1u1(x) + · · ·+Cnun(x).Xem các hằng số C1, C2, . . . , Cn như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số!), tasẽ nghiệm của (2.15) dưới dạng

y(x) = C1(x)u1(x) + · · ·+ Cn(x)un(x)

Một cách tự nhiên, ta thay y(x) cùng với các đạo hàm của nó vào phương trình (2.15)để tìm các hàm Cj(x). Vì ta chỉ có một phương trình vi phân trong khi có n ẩn là cáchàm Cj(x) nên ta có thể chọn thêm n− 1 hệ thức khác giữa các Cj(x) miễn là đủ đểgiải các hàm này. Cụ thể, ta sẽ chọn các Cj(x) thoả n− 1 hệ thức sau:

C ′1u1(x) + · · ·+ C ′

nun(x) = 0C ′

1u′1(x) + · · ·+ C ′

nu′n(x) = 0

...C ′

1u(n−2)1 (x) + · · ·+ C ′

nu(n−2)n (x) = 0

(2.16)

Và khi đó, các đạo hàm của y trở thành

y′ = C1u′1(x) + · · ·+ Cnu

′n(x),

y′′ = C1u′′1(x) + · · ·+ Cnu

′′n(x),

...y(n−1) = C1u

(n−1)1 (x) + · · ·+ Cnu

(n−1)n (x)


Vì thếy(n) = C1u

(n)1 (x) + · · ·+ Cnu

(n)n (x)

+ C ′1u

(n−1)1 (x) + · · ·+ C ′

nu(n−1)n (x)

Như vậy, y sẽ thoả phương trình (2.15) miễn là

C ′1u

(n−1)1 (x) + · · ·+ C ′

nu(n−1)n (x) = g(x)

Kết hợp với (2.16), ta thu được hệ n phương trình cho C ′j là

C ′1u1(x) + · · ·+ C ′

nun(x) = 0C ′

1u′1(x) + · · ·+ C ′

nu′n(x) = 0

...C ′

1u(n−2)1 (x) + · · ·+ C ′

nu(n−2)n (x) = 0

C ′1u

(n−1)1 (x) + · · ·+ C ′

nu(n−1)n (x) = g(x)

(2.17)

Vì các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính nên hệ (2.17) xác định duy nhấtC ′

1(x), . . . , C′n(x) theo u1(x), u2(x), . . . , un(x). Từ đó ta tìm được C1(x), . . . , Cn(x).

Ví dụ: (n = 2) Cho phương trình

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = g(x)

Giả sử y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên khoảng I của phương trình y′′ +p(x)y′ + q(x)y = 0. Tìm nghiệm riêng dưới dạng yr = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x). Ta cóy′r = C ′

1y1 + C1y′1 + C ′

2y2 + C2y′2. Ta chọn C1, C2 sao cho trước hết:

C ′1y1 + C ′

2y2 = 0

Khi đó y′′r = C ′1y

′1 + C ′

2y′2 + C1y

′′1 + C2y

′′2 . Thay vào phương trình đã cho ta có:

C ′1y

′1 + C ′

2y′2 = g(x)

Do đó ta có hệ {C ′

1y1 + C ′2y2 = 0

C ′1y

′1 + C ′

2y′2 = g(x)

Giải hệ này với ẩn là C ′1, C

′2 ta được

C ′1 = − y2g

W [y1, y2]và C ′

2 =y1g

W [y1, y2]

trong đó W [y1, y2] = y1y′2 − y′1y2 luôn khác không trên I.

Tích phân các phương trình này ta thu được nghiệm riêng

yr(x) = −y1(x)

∫y2g

W [y1, y2]dx+ y2(x)

∫y1g

W [y1, y2]dx

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng 53

Ví dụ: Tìm một nghiệm riêng của phương trình

y′′ + y =1

sin x

Nghiệm riêng có dạngyr = C1(x) cosx+ C2(x) sin x

trong đó C ′1, C

′2 thỏa hệ phương trình

{C ′

1 cos x+ C ′2 sin x = 0

−C ′1 sin x+ C ′

2 cosx =1

sin x

Từ đó, C ′1 = −1 và C ′

2 =cos x

sin x= (ln | sin x|)′. Vậy một nghiệm riêng thu được là

yr = −x cos x+ ln | sinx|. sin x

2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ sốhằng

Trong mục này ta xét các phương trình vi phân tuyến tính với hệ số là các hằng số.Dạng tổng quát của chúng là

y(n) + A1y(n−1) + · · ·+ An−1y

′ + Any = g(x) (2.18)

và dạng thuần nhất tương ứng

y(n) + A1y(n−1) + · · ·+ An−1y

′ + Any = 0 (2.19)

2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng

Ta viết lại phương trình (2.19) dưới dạng toán tử

(Dn + A1Dn−1 + · · ·+ An−1D + An)y = 0 (2.20)

với D như thường lệ ký hiệu cho toán tử tuyến tínhd

dx. Gọi λj, j = 1, n, là các nghiệm

(có thể phức) của phương trình

λn + A1λn−1 + · · ·+ An−1λ+ An = 0 (2.21)

mà được gọi là phương trình đặc trưng của (2.19). Khi đó, một cách hình thức có thểviết (2.20) dưới dạng (do tính chất giao hoán của D và phép nhân với hằng số)

(D − λ1)(D − λ2) . . . (D − λn)y = 0


Phương trình này được thoả mãn đối với mỗi nghiệm của các phương trình vi phânbậc nhất sau

(D − λ1)y = 0, (D − λ2)y = 0, . . . , (D − λn)y = 0

Nghiệm tổng quát của mỗi phương trình này là

yj = Cjeλjx

Bổ đề 2.13. Hệ các hàm eλ1x, eλ2x, . . . , eλnx là độc lập tuyến tính trên R nếu các λj

khác nhau từng đôi một.

Chứng minh: Định thức Wronski của n hàm này là

W (x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

eλ1x eλ2x · · · eλnx

λ1eλ1x λ2e

λ2x · · · λneλnx

... ... . . . ...λn−1

1 eλ1x λn−12 eλ2x · · · λn−1

n eλnx

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= e(λ1+···+λn)x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1λ1 λ2 · · · λn... ... . . . ...

λn−11 λn−1

2 · · · λn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= e(λ1+···+λn)x∏

i>j

(λi − λj) 6= 0

(để ý định thức sau cùng chính là định thức Vandermon). �

Trường hợp I: Phương trình đặc trưng có n nghiệm thực phân biệt.

Theo bổ đề trên, nếu phương trình đặc trưng (2.21) tương ứng với (2.19) có n nghiệmthực λj khác nhau từng đôi một thì nghiệm tổng quát của (2.19) là

y = C1eλ1x + · · ·+ Cne

λnx

trong đó Cj là các hằng số tùy ý.Ví dụ: Xét phương trình y′′ + 2y′ − 3y = 0, phương trình đặc trưng tương ứng λ2 +2λ − 3 = 0 có hai nghiệm thực phân biệt λ1 = 1 và λ2 = −3. Nghiệm tổng quát củaphương trình đã cho là

y = C1ex + C2e

−3x

Trường hợp II: Phương trình đặc trưng có nghiệm phức.

Giả sử các hệ số A1, . . . , An đều thực và phương trình đặc trưng (2.21) có nghiệm phứcλr = α + iβ. Khi đó nó cũng có nghiệm phức λs = α− iβ = λr. Vì vậy, dùng hệ thứcEuler, ta có

Creλrx + Cse

λsx = eαx{Cr(cosβx+ i sin βx) + Cs(cosβx− i sin βx)}= eαx(Cr cosβx+ Cs sin βx)


Để ý rằng nếu các hệ số Aj trong (2.19) là thực và y = y1 + iy2 là một nghiệm phứccủa (2.19) thì phần thực và phần ảo cũng là nghiệm của nó. Vậy phần nghiệm tổngquát tương ứng với λr và liên hợp phức với nó λs là

eαx(C1 cosβx+ C2 sin βx)

trong đó C1 và C2 là những hằng số thực tuỳ ý.Ví dụ: Xét phương trình y′′−2y′+5y = 0, phương trình đặc trưng λ2−2λ+5 = 0 cóhai nghiệm phức liên hợp là λ1,2 = 1±2i. Do đó nghiệm tổng quát là y = ex(C1 cos 2x+C2 sin 2x).

Trường hợp III: Phương trình đặc trưng có nghiệm bội.

Nếu phương trình đặc trưng nhận λ là nghiệm (thực) bội m, khi đó vế trái của phươngtrình (2.20) chứa nhân tử dạng (D − λ)m. Ta xét phương trình vi phân cấp m tươngứng

(D − λ)my = 0

Nghiệm của phương trình này có thể tìm dưới dạng

y = eλxV (x)

trong đó V (x) là hàm cần xác định. Ta có:

(D − λ)meλxV (x) = (D − λ)m−1eλxDV (x)

= (D − λ)m−2eλxD2V (x)

= · · · = eλxDmV (x)

Do đó y = eλxV (x) là nghiệm của (2.19) nếu DmV (x) = 0. Vậy V (x) phải là đa thứcbậc m− 1 theo x và nghiệm cần tìm là

y = (C1 + C2x+ · · ·+ Cmxm−1)eλx

Trong trường hợp nghiệm bội λ = α + iβ là số phức thì phương trình đặc trưng (giảsử các hệ số đều thực) cũng có nghiệm bội là α− iβ với cùng số bội như λ. Khi đó takhi đó vế trái của phương trình (2.20) chứa nhân tử dạng (D−α+ iβ)m(D−α− iβ)m.Lập luận tương tự ta cũng tìm được nghiệm là

y = (C1 + C2x+ · · ·+ Cmxm−1)eλx cosβx+ (D1 +D2x+ · · ·+Dmx

m−1)eλx sin βx

với 2m hằng số Cj, Dj tuỳ ý.Ví dụ: Nghiệm tổng quát của phương trình y(4)+2y′′+y = 0 là y = (C1+C2x) cos x+(C3 + C4x) sin x.


2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất:

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

Trường hợp I: g(x) = eαxPm(x)

(ở đây Pm(x) là đa thức bậc m)

a) Nếu α không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có thểtìm dưới dạng

yr = eαxQm(x)

b) Nếu α là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có thể tìmdưới dạng

yr = xkeαxQm(x)

trong đó Qm(x) là đa thức tổng quát bậc m mà ta phải xác định các hệ số của nó.Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình

y′′ − 3y′ + 2y = (3− 4x)ex

Phương trình đặc trưng làλ2 − 3λ+ 2 = 0

có hai nghiệm là λ1 = 1 và λ2 = 2, trong đó α = 1 là nghiệm đơn của nó nên nghiệmriêng có dạng

yr = xex(Ax+B)

Thay vào phương trình đã cho và cân bằng các hệ số ta thu được hệ{−2A = 42A−B = 1

Giải ra ta được A = 2 và B = 1, khi đó nghiệm riêng là yr = xex(2x+ 1). Cuối cùng,nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C1e

x + C2e2x + xex(2x+ 1).

Trường hợp II: g(x) = eαx{P (x) cosβx+Q(x) sin βx}

(ở đây P (x), Q(x) là hai đa thức nào đó)

a) Nếu α + iβ không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêngcó thể tìm dưới dạng

yr = eαx{R(x) cosβx+ S(x) sin βx}


b) Nếu α+ iβ là nghiệm bội k của phương trình đặc trưng thì nghiệm riêng có thểtìm dưới dạng

yr = xkeαx{R(x) cosβx+ S(x) sin βx}

trong đó R(x), S(x) là hai đa thức có bậc bằng max{deg(P ), deg(Q)} mà các hệ số củachúng được tìm nhờ phương pháp hệ số bất định.Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y′′ + y = 4x sin x

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

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

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

−2A = 2C −B = 0D + A = 02C = 0

⇔

A = −1B = 0C = 0D = 1

Vì thế, nghiệm riêng là yr = x(−x cos x+sin x) và nghiệm tổng quát của phương trìnhđã cho là

y = C1 cosx+ C2 sin x+ x(sin x− x cos x)

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

g(x) = g1(x) + · · ·+ gm(x)

trong đó mỗi gj có dạng đặc biệt như trên thì ta tìm nghiệm riêng dưới dạng

yr = y1 + · · ·+ y2

trong đó yj là nghiệm riêng của phương trình tương ứng với gj.Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình y′′ − y′ = 5ex − sin 2x.

Ta lần lượt tìm nghiệm riêng của các phương trình y′′ − y′ = 5ex và y′′ − y′ =− sin 2x theo phương pháp trên. Kết quả ta được hai nghiệm riêng là y1 = 5xex vày2 =

1

5sin 2x− 1

10cos 2x. Do đó nghiệm riêng của phương trình đã cho là yr = y1+y2 =

5xex +1

5sin 2x− 1

10cos 2x.

BÀI TẬP

1. Giải các phương trình vi phân cấp cao sau đây:

(a) x− ey′′

+ y′′ = 0


(b) y′2 + 2yy′′ = 0

(c) y′′ = x− y′

x

(d) y′′2 + x2 = 1

(e) y′′ = ay′(1 + y′2)

2. Giải các phương trình vi phân tuyến tính cấp II biết một nghiệm riêng của nó

(a) x2(ln x−1)y′′−xy′+y = 0, biết rằng nó có một nghiệm riêng dạng y(x) = xα

(b) (2x− x2)y′′ + (x2− 2)y′ + 2(1− x)y = 0, y(1) = 0, y′(1) = 1, biết rằng nócó một nghiệm riêng dạng y(x) = ex

(c) (2x− x2)y′′ + 2(x− 1)y′ − 2y = −2, biết rằng nó có hai nghiệm riêng dạngy1(x) = 1 và y2(x) = x

3. Giải các phương trình tuyến tính hệ số hằng sau đây

(a) y′′ − 7y′ + 6y = sin x

(b) y′′ + 9y = 6e3x

(c) y′′ − 9y′ + 20y = x2e4x

(d) y′′ − 3y′ = e3x − 18x

(e) y′′ + y = x2 cos2 x− 18x

(f) y′′ − 4y′ + 4y = e2x cos2 x

4. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây:

(a) y′′ − y =ex

ex + 1

(b) y′′ + y = tan x

(c) y′′ + 2y′ + y = 3e−x√x+ 1

(d) y′′ + 5y′ + 6y =1

e2x + 1

5. Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp II biết hệ nghiệm cơ bản:

(a) {x3, x4}(b) {x, xex}

6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân sau đây:

(a) y′′′ − 4y′′ − y′ + 4y = 0

(b) y(4) − 5y′′ + 4y = 0

(c) y′′′ − 2y′ + 4y = 0

7. Giải các bài toán giá trị ban đầu


(a) y′′ − 4y = −7e2x + x, với y(0) = 1, y′(0) = 3

(b) y′′ + 4y = 34 cosx+ 8, với y(0) = 3, y′(0) = 2

(c) y′′ + y = 5 sin2 x, với y(0) = 2, y′(0) = −4

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

y′′ + ay′ + by = 0

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

(c) có mọi nghiệm tuần hoàn trên R

(d) mỗi nghiệm đều có vô số không điểm.

9. Chứng tỏ rằng với phép đổi ẩn y = ze−1

2

∫p(x)dx có thể đưa phương trình y′′ +

p(x)y′ + q(x)y = 0 về dạng z′′ +Q(x)z = 0.

Áp dụng vào giải phương trình y′′ − 2xy′ + x2y = 0

Chương 3

Hệ phương trình vi phân

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

3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát.

3.1.1 Các định nghĩa

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

Ta nói một hệ gồm n phương trình vi phân cấp I là có dạng chuẩn tắc (dạng giảira được đối với đạo hàm) nếu có thể viết dưới dạng:

dy1

dx= f1(x, y1, . . . , yn)

dy2

dx= f2(x, y1, . . . , yn)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·dyn

dx= fn(x, y1, . . . , yn)

(3.1)

trong đó x là biến độc lập, y1, . . . , yn là các ẩn cần tìm.Hệ phương trình chuẩn tắc trên có thể viết lại dưới dạng thu gọn nhu sau

y′ = f(x, y) (3.2)

trong đó y = (y1, . . . , yn)T , y′ = (y′1, . . . , y′n)

T và f = (f1, . . . , fn)T .

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

Định nghĩa 3.1.1. Mỗi nghiệm của hệ (3.1) là một bộ gồm n hàm y1 = ϕ1(x), . . . , yn =ϕn(x) khả vi liên tục trên khoảng I ⊂ R mà khi thay vào (3.1) thì được đẳng thứcđúng.

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

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

y′′1 =∂f1

∂x+∂f1

∂y1y′1 + · · ·+ ∂f1

∂yny′n

Thay các y′j bởi các biểu thức của nó, ta có thể viết y′′1 như là hàm của x, y1, . . . , yn

y′′1 = F1(x, y1, . . . , yn)

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

y′′′1 =∂F1

∂x+∂F1

∂y1

y′1 + · · ·+ ∂F1

∂yn

y′n

=: F2(x, y1, . . . , yn)

Tiếp tục quá trình trên cho đến đạo hàm cấp n của y1 ta được hệ

y′1 = f1(x, y1, . . . , yn)

y′′1 = F1(x, y1, . . . , yn)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·y

(n)1 = Fn−1(x, y1, . . . , yn)

Trong hệ này ta xét n− 1 phương trình đầu tiên với n− 1 ẩn là y2, . . . , yn. Với một vàiđiều kiện nào đó (thoả mãn giả thiết của định lý hàm ngược) ta có thể giải được (duynhất) các y2, . . . , yn như là hàm theo các biến x, y1, y

′1, . . . , y

(n−1)1 . Thay biểu thức của

chúng vào phương trình cuối cùng của hệ, ta có

y(n)1 = Fn(x, y1, y

′1, . . . , y

(n−1)1 )

Đây là phương trình vi phân cấp n dạng đã giải ra đối với đạo hàm. Giải phương trìnhnày để tìm y1, rồi tính các đạo hàm y′1, . . . , y

(n−1)1 . Từ đó ta tính được các y2, . . . , yn.

Ngược lại, cho trước phương trình vi phân cấp n dạng

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1))


ta có thể đưa về một hệ phương trình vi phân dạng chuẩn tắc bằng cách đặt y1 = y,yk+1 = y′k

y′1 = y2

y′2 = y3

· · · · · · · · · · · · · · ·y′n = f(x, y1, y2, . . . , yn)

Ví dụ: Giải hệ saudx

dt= y,

dy

dt= x

Đạo hàm hai vế của phương trình đầu rồi kết hợp với phương trình sau ta được phươngtrình

d2x

dt2− x = 0

từ đó nghiệm tổng quát là

x = x(t) = C1e−t + C2e

t

Từ phương trình thứ nhất ta tính được

y = y(t) = −C1e−t + C2e

t


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

yj(x0) = y0j , j = 1, 2, . . . , n (3.3)

trong đó các giá trị x0 ∈ I, y01, . . . , y

0n cho trước, gọi là giá trị ban đầu.

Để ý rằng không phải bao giờ định lý Cauchy cũng có (duy nhất ) nghiệm. Định lýsau đây giải quyết bài toán này đối với hệ chuẩn tắc.

Định lý 3.1 (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hàm f1(x, y), . . . , fn(x, y)trong (3.1) là liên tục trên một tập mở G ⊂ Rn+1 chứa (x0, y

01, . . . , y

0n) và thoả điều

kiện Lipschitz theo biến y. Khi đó trong một lân cận nào đó của x0 có tồn tại mộtnghiệm y1(x), . . . , yn(x) thoả bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu đã cho và nghiệmđó là duy nhất.

Chứng minh: : Viết lại hệ dưới dạngdy

dx= f(x, y), trong đó y := (y1, . . . , yn)

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

Nhận xét: Thay cho điều kiện Lipschitz ta có thể yêu cầu (mạnh hơn rằng) hàmf(x, y) có các đạo hàm riêng theo biến y bị chặn.


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

yj = yj(x, C1, . . . , Cn) j = 1, 2, . . . , n (∗)phụ thuộc vào n tham số C1, . . . , Cn và có các đạo hàm riêng theo x được gọi là nghiệmtổng quát của hệ (3.1) nếu:

• Với mỗi (x0, y01, . . . , y

0n) trong G, từ hệ (∗) có thể giải được (duy nhất) các hằng

số C1, . . . , Cn.

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

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

Ví dụ: Kiểm tra rằng hệ các hàm{y1(x) = C1e

−x + C2e−3x

y2(x) = C1e−x + 3C2e

−3x + cosx

là nghiệm tổng quát của hệ{y′1(x) = −y2 + cosxy′2(x) = 3y1 − 4y2 + 4 cosx− sin x

Ta có f1(x, y1, y2) = −y2 + cosx và f2(x, y1, y2) = 3y1 − 4y2 + 4 cosx − sin x, do đóchúng có các đạo hàm riêng liên tục trên R3.

Với mỗi (x, y1, y2) ∈ R3, ta luôn có thể giải được (duy nhất) các C1, C2, cụ thể{C1 = 1

2ex(3y1 − y2 + cosx)

C2 = 12e−3x(y2 − y1 − cosx

Ngoài ra, từ các hàm đã cho, ta có{y′1(x) = −C1e

−x − 3C2e−3x

y′2(x) = −C1e−x − 9C2e

−3x − sin x

nên chúng là nghiệm của hệ nói trên.

3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân

a) Đưa hệ về phương trình cấp cao:

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


Ví dụ: Tìm nghiệm của hệ chuẩn tắc{y′1 = −y2 + cos xy′2 = 3y1 − 4y2 + 4 cosx− sin x

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

y′′1 = −y′2 − sin x

= −(3y1 − 4y2 + 4 cosx− sin x)

= −3y1 + 4y2 − 4 cosx

Thay y′2 từ phương trình thứ II ta được:

y′′1 + 4y′1 − 3y1 = 0

Phương trình thuần nhất này có nghiệm tổng quát là

y1 = C1e−x + C2e

−3x

Từ phương trình thứ nhất ta tìm được

y2 = C1e−x + 3C2e

−3x + cosx

b) Phương pháp lập tổ hợp tích phân:

Cho hệ phương trình vi phân cấp I

dyi

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

Để giải hệ này ta có thể tìm một phương trình hệ quả (chẳng hạn tổ hợp tuyến tínhcủa các phương trình trên) của hệ đã cho, dễ lấy tích phân hơn, và được gọi là tổ hợptích phân của hệ phương trình đã cho.Ví dụ: Bằng cách lập tổ hợp tích phân, giải hệ sau

dx

dt= y,

dy

dt= x

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

d(x+ y)

dt= x+ y và d(x− y)

dt= −(x− y)

Giải từng phương trình, ta thu được hệ

x+ y = C1et và x− y = C2e

−t

Và từ đây ta tìm được nghiệm x(t), y(t).


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

Φ(x, y1, . . . , yn) = C

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

Φ1(x, y1, . . . , yn) = C1

Φ2(x, y1, . . . , yn) = C2

................................

Φk(x, y1, . . . , yn) = Ck

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

Ví dụ: Tích phân hệ phương trình sau đây

dx

dt= z − y, dy

dt= x− z, dz

dt= y − x

Cộng các phương trình với nhau ta được

d(x+ y + z)

dt= 0

Phương trình này cho một tích phân đầu là

ϕ1 = x+ y + z = C1

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

d(x2 + y2 + z2)

dt= 0

từ đây ta cung thu được tích phân đầu

ϕ2 = x2 + y2 + z2 = C2

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

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

x =1

2

(C1 − z −

√2C2 − C2

1 + 2C1z − 3z2

)

y =1

2

(C1 − z +

√2C2 − C2

1 + 2C1z − 3z2

)

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

Thay các biểu thức này vào phương trình cuối

dz

dt=√

2C2 − C21 + 2C1z − 3z2

ta tìm được nghiệmarcsin

3z − C1√6C2 − 2C2

1

−√

3t = C3

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

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

3.2.1 Sự tồn tại nghiệm

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

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

Nhận xét: Trước hết hãy lưu ý rằng ta không thể sử dụng phương pháp lặp Picardvì không có đủ giả thiết bảo đảm dãy xấp xỉ Picard hội tụ. Thay vào đó, người ta xâydựng các nghiệm xấp xỉ (địa phương) bởi tiếp tuyến của nó

y(x+ h) ∼= y(x) + h.f(x, y(x))

Với h cho trước ta xây dựng dãy {xn, yn}n≥0 xác định bởi:

yn+1 = yn + hf(xn, yn), xn+1 = xn + h. (3.4)

Ta gọi yh(x) là hàm tuyến tính từng khúc qua các điểm (xn, yn); đồ thị của nó đượcgọi là đa giác Euler.

Bổ đề 3.3. Với các giả thiết trong định lý 3.2 và với h := α/N (N ∈ N), đa giác Eulerthoả (x, yh(x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0, x0 + α]. Ngoài ra,

||yh(x)− yh(x′)|| ≤M |x− x′| với mọi x, x′ ∈ [x0, x0 + α]

Chứng minh: Qui nạp theo n. Giả sử điều đó đúng với n, i.e. ‖yn − y0‖ ≤ b, ta có

||yn+1 − yn|| ≤ hM

nên, với n + 1 ≤ N ta đều có

||yn+1 − y0|| ≤ (n+ 1)hM ≤ αM ≤ b


Điều này chứng tỏ (x, yh(x)) ∈ A với mọi x ∈ [x0, x0 + α].Bất đẳng thức trong mệnh đề là hiển nhiên đúng vì yh(x) là tuyến tính từng khúc

và có “hệ số góc" bị chặn bởi M . �

Để chứng minh định lý ta cần khái niệm sau:Định nghĩa 3.2.1. Họ hàm fλ : I → Rn được gọi là đồng liên tục nếu với mọi ε > 0,có tồn tại một δ > 0 (không phụ thuộc vào cả ε lẫn λ) sao cho

∀λ, ∀x, x′ (|x− x′| < δ =⇒ ||fλ(x)− fλ(x′)|| < ε)

Định lý 3.4 (Arzela-Ascoli). Cho họ các hàm fλ : [a, b]→ Rn đồng liên tục và bị chặnđều trên [a, b]. Khi đó họ hàm {fλ} có chứa một dãy con {gn(x)} hội tụ đều đến mộthàm g(x) liên tục trên [a, b].

Chứng minh: Xem giáo trình giải tích hàm.

Chứng minh định lý Peano:

Xét đa giác Euler yh(x) với h = α/N , Dãy này bị chặn và đồng liên tục (theo Bổ đề3.3) nên theo định lý Arzela−Ascoli, họ hàm yh(x) có chứa một dãy con hội tụ đều vềhàm liên tục y : [a, b]→ Rn

Ta chỉ ra rằng hàm giới hạn này chính là nghiệm của bài toán Cauchy. Ta xétx ∈ [x0, x0 + α] (trên [x0 − α, x0] ta xét tương tự), ký hiệu k = k(h) là chỉ số sao chox ∈ [xk, xk+1], với xk = x0 + kh. Khi đó, trên đoạn con này ta có

yh(x)− y0 = hf(x0, y0) + · · ·+ hf(xk−1, yk−1) + (x− xk)f(xk, yk)

với các cặp giá trị (xj , yj) là các xấp xỉ bằng phương pháp Euler (xem (3.4)).Vì f liên tục nên khả tích, và có thể viết

∫ x

x0

f(t, y(t))dt = hf(x0, y(x0)) + · · ·+ hf(xk−1, y(xk−1)) + (x− xk)f(xk, y(xk)) + r(h)

với r(h)→ 0 khi h→ 0.Tính liên tục đều của f trên A và sự hội tụ đều của dãy con của {yh(x)} đến y(x)

cho phép ta đánh giá||f(x, yh(x))− f(x, y(x))|| < ε

với h đủ bé. Khi đó từ các đẳng thức trên ta có∣∣∣∣∣∣∣∣yh(x)− y0 −

∫ x

x0

f(t, y(t))dt

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤ ε|x− x0|+ ||r(h)|| ≤ εα + ||r(h)||

Cho h→ 0 ta thấy hàm y(x) thoả mãn phương trình tích phân

y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, y(t))dt

mà nghiệm của nó chính là lời giải của bài toán Cauchy. �

Nhận xét: Định lý Peano hoàn toàn không chứa thông tin về sự duy nhất nghiệm.


3.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục

Ta quan tâm đến bài toán kéo dài nghiệm của bài toán Cauchy y′ = f(x, y) với điềukiện ban đầu y(x0) = y0.

Định nghĩa 3.2.2. Hàm f : U → Rn (với U là mở trong R × Rn) được gọi là thoảđiều kiện Lipschitz địa phương trên U nếu tại mỗi (x0, y0) ∈ U đều tồn tại lân cậnV ⊂ U sao cho f thoả điều kiện Lipschitz trên V .

Nhận xét: Nếu hàm f thuộc lớp C1 trên U thì thoả điều kiện Lipschitz địa phương.

Bổ đề 3.5. Nếu f : U → Rn liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên Uthì với mọi (x0, y0) ∈ U đều tồn tại một khoảng mở Imax = (ω_, ω+) 3 x0 sao cho:

• Bài toán Cauchy y′ = f(x, y) với y(x0) = y0 có nghiệm duy nhất trên Imax

• Nếu z : I → Rn là một nghiệm nào đó của bài toán Cauchy này thì I ⊂ Imax vàz = y|I.

Chứng minh: Chỉ cần đặt

Imax = ∪{I/I mở chứa x0 và bài toán Cauchy có nghiệm trên I

}

Sau đó xác định hàm y : Imax → Rn theo cách sau: Với x ∈ Imax, x phải thuộc mộtI nào đó, mà trên đó bài toán Cauchy có nghiệm. Khi đó, ta gán y(x) bởi giá trị củanghiệm đó tại x. Phần còn lại, ta cần chỉ ra nghiệm như thế là xác định tốt và duynhất. Chi tiết dành cho bạn đọc. �

Định lý 3.6. Giả sử f : U → Rn liên tục và thoả điều kiện Lipschitz địa phương trênU . Khi đó mỗi nghiệm của bài toán Cauchy đều có một thác triển đến biên của U .

Chính xác hơn, giả sử y : Imax → Rn là nghiệm qua (x0, y0) ∈ U , khi đó với mọi com-pact K ⊂ U đều tồn tại x1, x2 ∈ Imax với x1 < x0 < x2 sao cho (x1, y(x1)), (x2, y(x2)) /∈K.

Chứng minh: Giả sử Imax = (ω_, ω+). Nếu ω+ =∞ thì hiển nhiên tồn tại x2 > x0 saocho (x2, y(x2)) /∈ K.

Xét trường hợp ω+ < ∞, giả sử có tồn tại compact K mà (x, y(x)) ∈ K với mọix ∈ (x0, ω+). Vì f bị chặn trên K nên

||y(x)− y(x′)|| =∣∣∣∣∣∣∣∣∫ x

x′

f(t, y(t))dt

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≤M |x− x′| < ε

nếu x, x′ đủ gần ω+.Điều này dẫn đến tồn tại limx→ω+

y(x) = y+; và rõ ràng (ω+, y+) ∈ K ⊂ U do Kcompact. Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, có tồn tại nghiệm của bài toány′ = f(x, y), y+(ω+) = y+ trong lân cận của ω+. Điều này vô lý vì Imax là cực đại.Chứng minh tương tự cho trường hợp x1. �

3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính 69

3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính

Trong mục này ta sẽ khảo sát các hệ phương trình vi phân tuyến tính dạng

dx1

dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)yn + g1(t)

dx2

dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)yn + g2(t)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·dxn

dt= an1(t)x1 + an2(t)x2 + · · ·+ ann(t)xn + gn(t)

(3.5)

trong đó t là biến độc lập và x1(t), . . . , xn(t) là các ẩn hàm cần tìm, các hàm aij(t) vàgi(t) lần lượt được gọi là các hệ số và hệ số tự do của hệ. Chúng được giả thiết liên tụctrên khoảng I = (a, b) ⊂ R nào đó. Tên gọi hệ phương trình tuyến tính là do vế phảilà các hàm bậc nhất theo các ẩn hàm x1, . . . , xn.

Dùng ký hiệu ma trận, có thể viết hệ (3.5) dưới dạng thu gọn

x′(t) = A(t)x(t) + g(t) (3.6)

trong đó A(t) = (aij(t)) là ma trận hàm cấp n× n, g(t) = (g1(t), . . . , gn(t))T là vector

cột. Nếu g(t) ≡ 0, ta nói hệ trên là hệ tuyến tính thuần nhất , nếu ngược lại, ta nói hệkhông thuần nhất. Định lý sau đây là một trường hợp riêng của định lý tồn tại và duynhất nghiệm tổng quát đối với bài toán Cauchy.

Định lý 3.7 (Tồn tại và duy nhất nghiệm). Giả sử các hệ số aij(t) và gi(t) là cáchàm liên tục trên khoảng I 3 t0. Khi đó hệ phương trình (3.6) có duy nhất một nghiệmx = x(t) thoả điều kiện ban đầu

x(t0) = ξ (3.7)

trong đó, ξ ∈ Rn tùy ý.

3.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất

Ta sẽ mô tả kỹ hơn không gian nghiệm của hệ thuần nhất mà, với ký hiệu ma trận, cóthể viết lại dưới dạng

x′(t) = A(t)x(t) (3.8)

Trước hết hãy nhận xét rằng tập tất cả các nghiệm của một hệ thuần nhất có cấutrúc không gian vector. Cụ thể ta có

Định lý 3.8. Giả sử ma trận A(t) liên tục trên khoảng I ⊂ R. Khi đó tập nghiệm của(3.8) là một không gian vector n chiều.

Chứng minh: Dễ kiểm tra tập nghiệm V của (3.8) là một không gian vector. Ta sẽchứng minh số chiều của nó là n. Thật vậy, giả sử {ξ1, . . . , ξn} là một cơ sở trong


không gian n chiều. Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, với t0 ∈ I, có tồn tại nnghiệm φ1, . . . , φn của (3.8) sao cho

φ1(t0) = ξ1, . . . , φn(t0) = ξn .

Ta chứng minh n nghiệm này độc lập tuyến tính. Thật vậy, nếu trái lại thì tồn tại cáchệ số α1, . . . , αn ∈ R không đồng thời bằng 0, sao cho

n∑

i=1

αiφi(t) = 0, với mọi t ∈ I .

Với t = t0, ta cón∑

i=1

αiφi(t0) =n∑

i=1

αiξi = 0 .

Nhưng do {ξ1, . . . , ξn} độc lập tuyến tính nên αi = 0, ∀i = 1, n. Mâu thuẩn này chứngtỏ n nghiệm φ1, . . . , φn độc lập tuyến tính.

Bây giờ ta chứng minh các nghiệm φ1, . . . , φn lập thành cơ sở của không gian nghiệm.Giả sử φ(t) là một nghiệm tùy ý của (3.8) trên I. Đặt ξ = φ(t0), khi đó ta có biễu diễn

ξ =

n∑

i=1

Ciξi .

Đặt ψ(t) =∑n

i=1Ciφi(t). Rõ ràng, ψ là nghiệm của (3.8) thỏa ψ(t0) = ξ; tức là cùngđiều kiện ban đầu với φ. Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, ta có

φ(t) = ψ(t) =

n∑

i=1

Ciφi(t)

Do φ tùy ý, ta kết luận φ1, . . . , φn là cơ sở. �

Nhận xét: Để xây dựng nghiệm tổng quát của hệ (3.8), ta tìm n nghiệm độc lậptuyến tính của nó. Nghiệm tổng quát sẽ là tổ hợp tuyến tính của n nghiệm này.

Định nghĩa 3.3.1. Tập gồm n nghiệm độc lập tuyến tính {φ1, . . . , φn} của (3.8)được gọi là tập nghiệm cơ bản của (3.8).

Ta ký hiệu Φ là ma trận vuông n× n mà các cột của nó là n nghiệm này

Φ(t) = [φ1, . . . , φn] =

φ11 φ12 · · · φ1n

φ21 φ22 · · · φ2n

· · · · · · · · · · · ·φn1 φn2 · · · φnn

Khi đó Φ được gọi là ma trận cơ bản của hệ. Định thức của nó cũng được gọi là địnhthức Wronski của n nghiệm này.


Nếu gọi X(t) = (xij(t))n×n và X ′(t) = (x′ij(t))n×n thì hệ n2 phương trình sau đâyđược gọi là phương trình vi phân ma trận.

X ′(t) = A(t)X(t) (3.9)

Mệnh đề 3.3.1. Ma trận cơ bản của hệ (3.8) là một nghiệm của phương trình vi phânma trận (3.9) trên khoảng I.

Chứng minh: Kiểm tra trực tiếp. �

Định lý 3.9 (Công thức Ostrogradski-Liouville). Giả sử A(t) trong hệ (3.8) liên tụctrên một khoảng I nào đó và Φ(t) là ma trận cơ bản của nó. Khi đó

det Φ(t) = det Φ(t0). exp

(∫ t

t0

trA(t)dt

)

trong đó trA(t) := a11(t) + · · ·+ ann(t) được gọi là vết của ma trận A(t).

Chứng minh: Đặt Φ(t) = (φij(t))n×n. Vì định thức det Φ(t) là tuyến tính theo mỗihàng của Φ(t) nên ta có

d

dt(det Φ(t)) =

n∑

i=1

detDi(t) với Di(t) =

φ11(t) · · · φ1n(t)· · · · · · · · ·φ′

i1(t) · · · φ′in(t)

· · · · · · · · ·φn1(t) · · · φnn(t)

trong đó ma trận Di(t) suy từ ma trận Φ(t) bằng cách thay dòng thứ i bởi các đạohàm của nó.

Để ý rằng Φ(t) là ma trận nghiệm của (3.9), tức là Φ′(t) = A(t)Φ(t), nên ta cóφ′

ij(t) =∑n

k=1 aik(t)φkj(t). Từ đó

detDi(t) =

n∑

k=1

aik(t) det

φ11(t) · · · φ1n(t)· · · · · · · · ·

φk1(t) · · · φkn(t)· · · · · · · · ·

φn1(t) · · · φnn(t)

←− hàng thứ i

Nếu k 6= i thì định thức tương ứng ở vế phải bằng 0, do đó

detDi(t) = aii(t) detΦ(t)

Do đód

dt(det Φ(t)) =

n∑

i=1

aii(t) det Φ(t) = trA(t). det Φ(t)

Tích phân phương trình vi phân này ta được điều phải chứng minh. �

Nhận xét: Từ định lý trên ta thấy rằng hoặc det Φ(t) 6= 0, ∀t ∈ I hoặc det Φ(t) ≡ 0.


Định lý 3.10. Giả sử Φ(t) là nghiệm của phương trình vi phân ma trận (3.9). Khi đóΦ(t) là ma trận nghiệm cơ bản của (3.8) khi và chỉ khi det Φ(t) 6= 0.

Chứng minh: Tương tự như chứng minh định lý (2.7). �

Định lý 3.11. Nếu Φ(t) là ma trận cơ bản của (3.8) và C là ma trận vuông khôngsuy biến (detC 6= 0) thì Φ(t)C cũng là ma trận cơ bản của (3.8). Ngoài ra, nếu Ψ(t)là một ma trận cơ bản khác của (3.8) thì có tồn tại ma trận hằng số không suy biến Psao cho Ψ(t) = Φ(t)C.

Chứng minh: Ta có (Φ(t)C)′ = Φ(t)′C = (A(t)Φ(t))C = A(t)(Φ(t)C). Vậy Φ(t)C lànghiệm của (3.9). Hơn nữa, det(Φ(t)C) 6= 0, nên Φ(t)C là ma trận cơ bản của (3.8).

Giả sử Ψ(t) là ma trận cơ bản khác, ta xét Φ−1(t)Ψ(t). Ta có

(Φ−1(t)Ψ(t))′ = (Φ−1(t))′Ψ(t) + Φ−1(t)Ψ′(t)

= −[Φ−1(t)Φ′(t)Φ−1(t)]Ψ(t) + Φ−1(t)A(t)Ψ(t)

= −[Φ−1(t)A(t)Φ(t)Φ−1(t)]Ψ(t) + Φ−1(t)A(t)Ψ(t)

= −Φ−1(t)A(t)Ψ(t) + Φ−1(t)A(t)Ψ(t) = 0

Do đó Φ−1(t)Ψ(t) = P , với P là ma trận hằng số. �

Định nghĩa 3.3.2. Giả A(t) liên tục trên I. Ma trận cơ bản của (3.8) gồm các nghiệmthỏa điều kiện ban đầu

φk(t0) = ek

(trong đó ek là vector đơn vị thứ k trong Rn) được gọi là ma trận giải thức của hệ(3.8), thường ký hiệu là R(t, t0).

Mệnh đề 3.3.2. Giả sử Φ(t) là ma trận cơ bản bất kỳ của (3.8). Khi đó

R(t, t0) = Φ(t)Φ−1(t0)

Chứng minh: Thật vậy, do tính chất tuyến tính của hệ (3.8), nghiệm φ(t, t0, ξ) của hệnày với điều kiện ban đầu φ(t0) = ξ ∈ Rn có thể viết dưới dạng

φ(t, t0, ξ) = R(t, t0)ξ

Mặt khác, Φ(t)Φ(t0)−1ξ cũng là một nghiệm của hệ này và thoả cùng điều kiện ban

đầu như φ(t, t0, ξ). Do tính duy nhất nghiệm ta suy ra

R(t, t0)ξ = Φ(t)Φ(t0)−1ξ .

Điều này xảy ra với mọi ξ ∈ Rn, từ đó ta có kết luận. �

Nhận xét: Cách biểu diễn R(t, t0) = Φ(t)Φ−1(t0) không phụ thuộc vào ma trận cơbản Φ.

Định lý sau cho ta vài tính chất đơn giản của ma trận giải thức:


Định lý 3.12. Giả sử A(t) liên tục trên I 3 t0. Khi đó:

a) R(t, t0) là nghiệm duy nhất của phương trình vi phân ma trận (3.9) thỏa R(t0, t0) =In (ma trận đơn vị cấp n).

b) R(t, t0) = R(t, t1)R(t1, t0)

c) R(t, t0) khả nghịch ∀t ∈ I và R(t, t0)−1 = R(t0, t)

d) Nghiệm duy nhất φ(t, t0, ξ) thỏa điều kiện ban đầu φ(t0, t0, ξ) = ξ được cho bởicông thức

φ(t, t0, ξ) = R(t, t0)ξ

Chứng minh: Dành cho bạn đọc. �

Nhận xét: Hệ n nghiệm của (3.8) lập thành hệ nghiệm cơ bản khi ma trận thànhlập bởi chúng có định thức khác không tại ít nhất một điểm t0 nào đó. Do đó để tìmnghiệm tổng quát của hệ (3.8) ta tìm hệ n nghiệm cơ bản φi(t) = (φi1(t), . . . , φin(t)).Khi đó nghiệm tổng quát của hệ là

φ = C1φ1(t) + · · ·+ Cnφn(t) = C1

φ11(t)φ12(t)

...φ1n(t)

+ · · ·+ Cn

φn1(t)φn2(t)

...φnn(t)

trong đó C1, . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý.

3.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất.

Trước hết ta để ý rằng nếu biết một nghiệm riêng nào đó của hệ không thuần nhất(3.6) và nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất tương ứng thì tổng của chúng cho tanghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất.

Ngoài ra để xây dựng nghiệm riêng này, ta có thể dùng phương pháp biến thiênhằng số khi biết n nghiệm độc lập tuyến tính của hệ thuần nhất tương ứng. Giả sử nnghiệm như thế là φi(t) = (φi1(t), . . . , φin(t)), ta tìm nghiệm riêng của (3.6) dưới dạng

φr = C1(t)

φ11(t)φ12(t)

...φ1n(t)

+ · · ·+ Cn(t)

φn1(t)φn2(t)

...φnn(t)

Để φr là nghiệm của hệ (3.6), các hàm Ci(t) phải thoả hệ phương trình vi phân sau:

C ′1(t)

φ11(t)φ12(t)

...φ1n(t)

+ · · ·+ C ′

n(t)

φn1(t)φn2(t)

...φnn(t)

=

g1(t)g2(t)

...gn(t)


Vì định thức Wronski của hệ này luôn khác không, nên ta luôn giải được các C ′i(t) và

từ đó tìm được Ci(t).Dùng ký hiệu ma trận, có thể diễn đạt phương pháp biến thiên hằng số như sau.

Gọi Φ(t) là ma trận nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất tương ứng với (3.6). Ta tìmnghiệm của (3.6) dưới dạng x = Φ(t)u(t), trong đó u là vector (cột) cần tìm. thay vào(3.6), ta có

Φ′(t)u(t) + Φ(t)u′(t) = A(t)Φ(t)u(t) + g(t).

Từ đó,u′(t) = Φ−1(t)g(t)

hayu(t) =

∫Φ−1(t)g(t)dt+ C ,

và ta có nghiệm làx(t) = Φ(t)C + Φ(t)

∫Φ−1(t)g(t)dt .

Với điều kiện ban đầu x(t0) = ξ, ta có chọn C = Φ−1(t0)ξ. Khi đó nghiệm của bài toánCauchy là

x = Φ(t)Φ−1(t0)ξ + Φ(t)

∫ t

t0

Φ−1(s)g(s)ds

= R(t, t0)ξ +

∫ t

t0

R(t, s)g(s)ds

Định lý sau tổng kết những gì ta vừa trình bày

Định lý 3.13. Giả sử A(t) và g(t) liên tục trên I 3 t0 và R(t, t0) là giải thức củaphương trình x′ = A(t)x. Khi đó nghiệm duy nhất của phương trình x′ = A(t)x+ g(t)thỏa điều kiện x(t0) = ξ cho bởi công thức

x(t) = R(t, t0)ξ +

∫ t

t0

R(t, s)g(s)ds (3.10)

Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình x′ =

(−2 11 −2

)x+

(2e−t

3t

).

Ma trận cơ bản của hệ thuần nhất tương tứng là

Φ(t) =

(e−3t e−t

−e−3t e−t

)

Nghiệm của hệ đã cho có dạng x = Φ(t)u(t), với u(t) thỏa hệ(

e−3t e−t

−e−3t e−t

)(u′1u′2

)=

(2e−t

3t

).

3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. 75

Hệ này có nghiệm là

u′1 = e2t − 3

2te3t

u′2 = 1 +3

2tet

Vì vậy

u1 =1

2e2t − 1

2te3t +

1

6e3t + C1

u2 = t+3

2tet − 3

2et + C2

Thay vào biểu thức nghiệm ở trên, ta thu được nghiệm tổng quát của hệ phương trìnhđã cho là

x = C1

(e−3t

−e−3t

)+ C2

(e−t

e−t

)+

(te−t

te−t

)+

1

2

(e−t

−e−t

)+

(t2t

)−(

1215

)

3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng.

Trong tiết này ta xét hệ phương trình tuyến tính với các hệ số aij(t) là hằng số

dx1

dt= a11x1 + a12y2 + · · ·+ a1nxn + g1(t)

dx2

dt= a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn + g2(t)

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·dxn

dt= an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn + gn(t)

(3.11)

Dưới dạng ma trận, hệ có thể viết một cách thu gọn:

x′ = Ax+ g(t) (3.12)

trong đó A = (aij) là ma trận vuông cấp n.Nếu g(t) đồng nhất bằng không, ta có hệ tuyến tính thuần nhất hệ số hằng

x′ = Ax (3.13)

3.4.1 Phương trình đặc trưng

Trước hết, ta tìm nghiệm của hệ thuần nhất (3.13). Giống như trong trường hợp phươngtrình vi phân cấp cao hệ số hằng ta tìm nghiệm riêng khác không của hệ thuần nhấtdưới dạng

x = (x1, . . . , xn) với xj = γjeλt


Thay xj vào hệ (3.11) với chú ý g(t) ≡ 0; sau khi rút gọn ta được hệ phương trìnhtuyến tính cho λ và các γj là

(a11 − λ)γ1 + a12γ2 + · · ·+ a1nγn = 0a21γ1 + (a22 − λ)γ2 + · · ·+ a2nγn = 0· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·an1γ1 + an2γ2 + · · ·+ (ann − λ)γn = 0

(3.14)

Vì các γj không đồng thời bằng không nên định thức của hệ phải bằng không, tức làλ phải là nghiệm của phương trình:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(a11 − λ) a12 · · · a1n

a21 (a22 − λ) · · · a2n... ... ... ...an1 an2 · · · (ann − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0 (3.15)

Phương trình (3.15) (ẩn là λ) được gọi là phương trình đặc trưng của hệ (3.13). Đâylà một phương trình đa thức cấp n theo λ. Các nghiệm λk của phương trình nàychính là các giá trị đặc trưng của ma trận A. Vector nghiệm (không tầm thường)vk = (γ1k, . . . , γnk) của hệ (3.14) ứng với giá trị riêng λk của A chính là các vector riêngcủa A.

3.4.2 Hệ nghiệm cơ bản

Để xây dựng nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất ta cần tìm một hệ nghiệm cơ bảncủa nó, tức là hệ gồm n nghiệm độc lập tuyến tính xét như hệ các vector hàm. Ta nhậnxét rằng nếu v = (γ1, . . . , γn) là vector riêng của A ứng với giá trị riêng λ thì vectorhàm y = veλt là một nghiệm của hệ (3.13). Vậy vấn đề đưa về bài toán giá trị riêngcủa ma trận.

Trường hợp I (A chéo hoá được)

Trong trường hợp này có tồn tại n vector riêng độc lập tuyến tính v1, . . . , vn ứng vớicác giá trị riêng λ1, . . . , λn của ma trận A. Xét ma trận nghiệm

Φ(t) =[eλ1tv1, . . . , e

λntvn

]

Ta có Φ(0) là khả nghịch, do đó theo định lý Ostrogradski-Liouville Φ(t) luôn luônkhả nghịch với mọi t. Khi đó giải thức của hệ (3.13) là R(t, t0) = Φ(t)Φ(t0)

−1 =Φ(t− t0)Φ(0)−1 và nghiệm tổng quát là x = Φ(t)C, với C là ma trận cột các hằng sốtuỳ ý C1, . . . , Cn.


Trường hợp I (A không chéo hoá được)

Mục đích là tìm cách đưa ma trận A về dạng đơn giản nhất có thể được, chẳng hạndạng tam giác hoặc dạng Jordan. Giả sử T là ma trận khả nghịch sao cho T−1AT = Bvới B có dạng như thế. Khi đó với phép đổi ẩn một cách tuyến tính x = Ty, hệ thuầnnhất (3.13) trở thành y′ = By, trong đó B có dạng đơn giản. Đặc biệt, khi B có dạngtam giác, ta có

dy1

dt= b11y1 + b12y2 + · · ·+ b1nyn

dy2

dt= b22y2 + · · ·+ b2nyn

· · · · · · · · · · · · · · ·dyn

dt= bnnyn

Ta có thể giải hệ này bằng cách tích phân các phương trình tuyến tính bậc nhấttrước hết đối với yn rồi đến yn−1,v.v... cuối cùng đến y1. Cuối cùng nghiệm của hệ banđầu cho bởi x(t) = Ty(t).

Về mặt thực hành, trường hợp I tương đương với trường hợp phương trình đặc trưng(3.15) có n nghiệm phân biệt. Khi các nghiệm này là phức (trong khi A là ma trậnthực) ta cũng tách phần thực và phần ảo để được các nghiệm độc lập tuyến tính nhưđã làm đối với phương trình tuyến tính cấp cao hệ số hằng.

Trường hợp phương trình đặc trưng có nghiệm λ bội m, khi đó hệ (3.13) có mnghiệm độc lập tuyến tính dạng

P1(t)P2(t)

...Pn(t)

eλt

trong đó các P1(t), . . . , Pn(t) là các đa thức bậc m− 1.Cuối cùng để tìm nghiệm của hệ tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng ta tìm một

nghiệm riêng của nó bằng phương pháp biến thiên hằng số xuất phát từ hệ nghiệm cơbản của hệ thuần nhất tương ứng. Nghiệm tổng quát của hệ không thuần nhất bằngtổng của nghiệm riêng này và nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất tương ứng.Ví dụ: Giải hệ

dx

dt= −x− 2y

dy

dt= 3x+ 4y

Đây là hệ thuần nhất với ma trận A =

(−1 −23 4

). Phương trình đặc trưng là

∣∣∣∣−1− λ −2

3 4− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 3λ+ 2 = 0

có các nghiệm là λ1 = 1, λ2 = 2.


Ứng với λ1 = 1 ta có hệ {−2γ1 − 2γ2 = 03γ1 + 3γ2 = 0

Chọn nghiệm γ1 = 1, γ2 = −1 ta được một nghiệm

x1 = et, y1 = −et

Tương tự, với λ2 = 2 ta cũng tìm được nghiệm

x2 = e2t, y2 = −3

2e2t

Vậy nghiệm tổng quát là {x = C1e

t + C2e2t

y = −C1et − 3

2C2e

2t

trong đó C1, C2 là các hằng số tuỳ ý.Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của hệ

x′ = x− zy′ = xz′ = x− y

Phương trình đặc trưng của hệ là∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 −11 −λ 01 −1 −λ

∣∣∣∣∣∣= (1− λ)(1 + λ2) = 0

Phương trình này có các nghiệm là 1,±i.Với λ = 1 ta có hệ

−γ3 = 0γ1 −γ2 = 0γ1 −γ2 −γ3 = 0

Hệ này cho một vector riêng (1, 1, 0). Từ đó ta có nghiệm riêng tương ứng là

x = et, y = et, z = 0

Với λ = i ta có hệ

(1− i)γ1 −γ3 = 0γ1 −iγ2 = 0γ1 −γ2 −iγ3 = 0

⇔

γ1 tuỳ ýγ2 = −iγ1

γ3 = (1− i)γ1

Chọn vector riêng (1,−i, 1− i) ta được nghiệm

eit

−ieit

(1− i)eit

=

cos t+ i sin tsin t− i cos t

(cos t+ sin t) + i(sin t− cos t)

3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính 79

Tách phần thực và phần ảo, ta được hai nghiệm độc lập tuyến tính

cos tsin t

cos t+ sin t

và

sin t− cos t

sin t− cos t

Vậy nghiệm tổng quát của hệ đã cho là

x = C1et + C2 cos t+ C3 sin t

y = C1et + C2 sin t− C3 cos t

z = C2(cos t+ sin t) + C3(sin t− cos t)

trong đó C1, C2, C3 là các hằng số tuỳ ý.Ví dụ: Giải hệ {

x′ = x− yy′ = x+ 3y

Phương trình đặc trưng∣∣∣∣1− λ −1

1 3− λ

∣∣∣∣ = (λ− 2)2 = 0

có nghiệm kép là λ = 2. Khi đó hệ đã cho có 2 nghiệm độc lập tuyến tính dạng{x = (C1t+ C2)e

2t

y = (D1t+D2)e2t

Thay các biểu thức của x, y vào hệ đã cho, sau khi cân bằng hai vế, ta tìm được{D1 = C1

D2 = −C1 − C2

vậy nghiệm tổng quát của hệ đã cho là{x = (C1t+ C2)e

2t

y = −(C1t+ C1 + C2)e2t

trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý.

3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính

3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định

Xét hệ phương trình vi phân:

dxj

dt= fj(t, x1, . . . , xn), với j = 1, n (3.16)


Giả sử x(t) := (x1(t), . . . , xn(t)), f(t, x) := (f1(t, x), . . . , fn(t, x)). Khi đó, ta viết hệdưới dạng thu gọn:

x′ = f(t, x) (3.17)

trong đó, nói chung, t ∈ R+.Nếu f(t, x) không phụ thuộc vào t một cách trực tiếp, tức là:

x′ = f(x) (3.18)

thì hệ được gọi là hệ ôtônôm.Ta nói hệ là T−tuần hoàn nếu f(t+ T, x) = f(t, x), với mọi t.

Định nghĩa 3.5.1. Ta nói điểm x0 ∈ Rn là điểm cân bằng (hoặc điểm dừng, điểm tớihạn) của hệ (3.17) tại thời điểm t∗ ∈ R+ nếu:

f(t, x0) = 0, ∀t ≥ t∗

Đối với hệ ôtônôm hoặc hệ tuần hoàn, điểm x0 là điểm cân bằng tại t∗ khi và chỉkhi nó là điểm cân bằng tại mọi thời điểm. Sau đây, bằng cách đổi biến s := t− t∗, cóthể xem t∗ = 0.

Nếu gọi φ(t, t0; ξ) là nghiệm của hệ phương trình (3.17) thoả điều kiện ban đầu:

x(t0) = ξ

và, nếu x0 là điểm cân bằng của hệ tại t0 thì:

φ(t, t0; x0) = x0

Ta nói x0 là điểm cân bằng cô lập nếu ∃r > 0 sao cho trong hình tâm x0, bán kính rhệ không có điểm cô lập nào khác với x0.

Định nghĩa 3.5.2. Giả sử hệ (3.17) có điểm cân bằng cô lập là x0 = 0, tại t∗ = 0. Tanói điểm cân bằng 0 là:

• ổn định nếu:

∀ε > 0, ∀t0 ∈ R+, ∃δ(ε,t0) > 0 : ∀ξ ∈ R

n mà |ξ| < δ ⇒ |φ(t, t0, ξ)| < ε, ∀t ≥ t0

Nếu δ(ε,t0) không phụ thuộc vào t0, tức là δ(ε,t0) = δ(ε) thì ta nói x0 = 0 là ổn địnhđều.

• ổn định tiệm cận nếu nó ổn định và:

∃δ0(t0) > 0 : ∀ξ ∈ Rn mà |ξ| < δ0 ⇒ lim

t→∞|φ(t, t0, ξ)| = 0

• ổn định mũ nếu:

∀ε > 0, ∃δ(ε) > 0, ∃α > 0 : ∀|ξ| < δ, t0 ≥ 0⇒ |φ(t, t0, ξ)| < εe−α(t−t0), ∀t ≥ t0


Từ định nghĩa, ta thấy rằng điểm cân bằng x0 = 0 là không ổn định nếu tồn tạiε0 > 0, t0 ≥ 0 và các dãy {ξm} → 0, {tm} với tm ≥ t0 sao cho:

|φ(tm, t0, ξm)| ≥ ε0, ∀m

Định nghĩa 3.5.3. Xét nghiệm φ(t, t0, ξ) của hệ (3.17) với điểm cân bằng x0 = 0. Tanói

• nghiệm φ(t, t0, ξ) là bị chặn nếu tồn tại K > 0 sao cho:

|φ(t, t0, ξ)| < K, ∀t ≥ t0

• nghiệm φ(t, t0, ξ) là bị chặn đều nếu với mọi α > 0 và t0 ∈ R+, có tồn tạiK = K(α) > 0 (không phụ thuộc vào t0) sao cho:

|φ(t, t0, ξ)| < K, ∀t ≥ t0

• Hệ (3.17) là ổn định theo Lagrange nếu với mọi ξ ∈ Rn và với mỗi t0 ∈ R

+ thìφ(t, t0, ξ) là bị chặn.

• điểm cân bằng x0 = 0 là ổn định tiệm cận toàn cục nếu nó ổn định và mọi nghiệmcủa nó đều dần đến 0 khi t→ +∞.

Ví dụ: Phương trình x′ = 0.Với điều kiện ban đầu x(0) = ξ có nghiệm φ(t, 0, ξ) = ξ. Mọi nghiệm đều là điểm

cân bằng. Nghiệm x = 0 là ổn định đều nhưng không ổn định tiệm cận.Ví dụ: Phương trình x′ = ax, với a > 0.

Với điều kiện ban đầu x(0) = ξ có nghiệm φ(t, 0, ξ) = ξeat. Rõ ràng x = 0 là điểmcân bằng của phương trình, nhưng không ổn định.Ví dụ: Phương trình x′ = −ax, với a > 0.

Với điều kiện ban đầu x(0) = ξ có nghiệm φ(t, 0, ξ) = ξe−at. Rõ ràng x = 0 là điểmcân bằng ổn định mũ.

Ví dụ: Phương trình x′ = − 1

1 + tx.

Với điều kiện ban đầu x(0) = ξ có nghiệm φ(t, 0, ξ) = ξ1 + t01 + t

. Khi đó x = 0 là điểm

cân bằng ổn định đều và ổn định tiệm cận toàn cục.

Định nghĩa 3.5.4. Giả sử φ(t) = (φ1, . . . , φn) là nghiệm thoả điều kiện ban đầu tạit0 của hệ (3.17). Ta nói:

• Nghiệm φ(t) là ổn định (theo nghĩa Liapunov) nếu với mọi ε > 0, có tồn tạiδ(ε, t0) > 0 sao cho với mọi nghiệm x(t) = (x1(t), . . . , xn(t)) :

|xj(t0)− φj(t0)| < δ =⇒ |xj(t)− φj(t)| < ε, ∀t > t0, j = 1, n


• Nghiệm φ(t) là ổn định tiệm cận (theo nghĩa Liapunov) nếu nó ổn định và:

limt→+∞

|xj(t)− φj(t)| = 0, j = 1, n

Ví dụ: Phương trình x′ = −x+ t+ 1, điều kiện x(0) = 0.Phương trình này có nghiệm φ(t) = t là ổn định nhưng không bị chặn.

Ví dụ: Phương trình x′ = sin2 t.Phương trình này có nghiệm x = kπ và nghiệm tổng quát là:

cotgx = C − t

Với điều kiện x(0) = x0, nghiệm riêng bị chặn là φ(t) = arccotg(cotgx0 − t).Cho x0 ∈ (0, π), khi đó (so với nghiệm x ≡ 0) ta có

limt→∞|φ(t)− 0| = π

Vậy, bị chặn ; ổn định.

3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính

Xét hệ phương trình tuyến tính, hệ số hằng:

x′ = Ax, A là ma trận vuông cấp n. (3.19)

Hiển nhiên, x = 0 là điểm cân bằng của hệ. Nghiệm thoả điều kiện x(t0) = ξ có dạng:

φ(t, t0, ξ) = Φ(t, t0)ξ = Φ(t− t0)ξ = eA(t−t0)ξ

Định lý 3.14 (Điều kiện cần và đủ). Điểm cân bằng x = 0 của hệ (3.19) là:

a) ổn định ⇔ tất cả các giá trị riêng của A có phần thực không dương và nếu phầnthực bằng không thì giá trị riêng đó phải là đơn (nghiệm đơn của đa thức đặctrưng của A).

b) ổn định tiệm cận ⇔ tất cả các giá trị riêng của A có phần thực âm.

Trường hợp n = 2: Giả sử A là ma trận vuông cấp hai, thực với hai giá trị riêng làλ1, λ2.

λ1 ≥ λ2 > 0 không ổn địnhλ1 ≤ λ2 < 0 ổn định tiệm cậnλ1 ≤ 0 < λ2 không ổn địnhλ1 < 0 = λ2 ổn địnhNếu λ1,2 = α± iβ

α > 0 không ổn địnhα = 0 ổn địnhα < 0 ổn định tiệm cận


3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất

Trong phần này ta xét hệ phi tuyến:

x′ = Ax+ g(x) (3.20)

Giả sử rằng x = 0 là điểm cân bằng cô lập của hệ (khi đó g(0) = 0).Ta nói hệ (3.20) là hầu tuyến tính trong lân cận của 0 nếu:

limx→0

‖g(x)‖‖x‖ = 0

Để xét sự ổn định của hệ (3.20), ta có thể xét hệ xấp xỉ bằng cách xem g(x) = 0.Phương pháp như vậy gọi là ổn định theo xấp xỉ thứ nhất.

Tất cả các kết quả về ổn định đối với hệ tuyến tính đều đúng cho trường hợp hệhầu tuyến tính, trừ trường hợp α = 0 (xem bảng) mà tại đó ta chưa có kết luận.

Xét hệ ôtônôm phi tuyến : {x′ = F (x, y)

y′ = G(x, y)(3.21)

Giả sử (x0, y0) là điểm cân bằng của hệ mà trong lân cận điểm đó các hàm F (x, y) vàG(x, y) có các đạo hàm riêng đến cấp II liên tục. Khi đó, bằng cách khai triển Talortại điểm này, ta thấy ngay hệ là hầu tuyến tính.

3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai

Giả sử hệ phi tuyến (3.21) có 0 là điểm cân bằng cô lập.Ta nói một hàm V (x, y) xác định trên D 3 (0, 0) là

• xác định dương nếu:

V (x, y) > 0 trên D, V (0, 0) = 0

• xác định âm nếu:V (x, y) < 0 trên D, V (0, 0) = 0

• nếu dấu = xảy ra thì ta nói bán xác định dương, bán xác định âm trương ứng.

Định lý 3.15. Giả sử hệ (3.21) có 0 là điểm cân bằng cô lập và tồn tại hàm V xácđịnh dương, liên tục cùng với các đạo hàm riêng trên D 3 (0, 0). Ngoài ra, hàm:

VL(x, y) := V ′xF (x, y) + V ′

yG(x, y), đạo hàm của V theo hệ

xác định âm trên D thì điểm cân bằng 0 là ổn định tiệm cận.

Nếu VL bán xác định âm thì điểm cân bằng 0 là ổn định.


Định lý 3.16. Giả sử hệ (3.21) có 0 là điểm cân bằng cô lập và tồn tại hàm V liêntục cùng với các đạo hàm riêng trên D 3 (0, 0). Ngoài ra, V (0, 0) = 0 và trong mỗi lâncận của (0, 0) đều tồn tại (x, y) mà tại đó V xác định dương (âm). Khi đó nếu hàmVL xác định dương (âm) trên lân cận D nào đó của (0, 0) thì điểm cân bằng (0, 0) làkhông ổn định.

Hàm V trong các định lý trên được gọi là hàm Liapunov.Ví dụ: Hệ x′ = −x− xy2, y′ = −y − x2y

Hàm Liapunov có thể chọn dạng:

V = ax2 + bxy + cy2

Với phương trình này, ta cho b = 0, a, c > 0 tuỳ ý. Từ đó suy ra điểm 0 là ổn định tiệmcận.


BÀI TẬP

1. Giải các hệ phương trình vi phân sau và xây dựng ma trận nghiệm cơ bản

(a)

dx

dt= 3x− 2y

dy

dt= 2x− 2y

(b)

dx

dt= 2x− 5y

dy

dt= x− 2y

2. Giải các hệ phương trình vi phân sau

(a)

dx

dt= 2x− y

dy

dt= x+ 2y

(b)

dx

dt= x+ 2y

dy

dt= 2x+ y

(c)

dx

dt+ 2x+ 4y = 1 + 4t

dy

dt+ x− y = 3

2t2

(d)

dx

dt= y

dy

dt= x+ et + e−t

3. Tìm nghiệm tổng quát của các hệ phương trình vi phân sau

(a)

dx

dt= 3x+ 12y − 4z

dy

dt= −x− 3y + z

dz

dt= −x− 12y + 6z

(b)

dx

dt= 2x− y − z

dy

dt= 12x− 4y − 12z

dz

dt= −4x+ y + 5z

(c)

dx

dt= −4x+ 2y + 5z

dy

dt= 6x− y − 6z

dz

dt= −8x+ 3y + 9z

Chương 4

Phương trình vi phân trong mặtphẳng phức.

Trong chương này ta sẽ nghiên cứu phương trình vi phân trong mặt phẳng phức.

4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhấtnghiệm.


Giả sử D ⊂ C là một miền trong mặt phẳng phức, f(z, w) là hàm giải tích theoz ∈ D×G và w ∈ G ⊂ Cn. Ta gọi (hệ) phương trình vi phân phức cấp I là hệ có dạng:

dw

dz= f(z, w) (4.1)

Ta gọi nghiệm của phương trình vi phân (4.1) là tất cả các hàm giải tích w = w(z)thoả mãn phương trình đó. Nói chung, nghiệm của phương trình vi phân biến phứccũng phụ thuộc vào các hằng số phức tuỳ ý. Nghiệm như vậy cũng được gọi là nghiệmtổng quát; nghiệm suy ra từ nghiệm tổng quát với các giá trị cụ thể của hằng số đượcgọi là nghiệm riêng.Ví dụ: Cho D là miền trong C với biên γ và ϕ(η, z) là hàm liên tục trên γ × D và

giải tích theo z ∈ D. Khi đó nghiệm của phương trình vi phân w′ =∫

γ

∂ϕ(η, z)

∂zdη là

w(z) =∫

γϕ(η, z)dη.

4.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm.

Bài toán Cauchy đặt ra cho phương trình (4.1) như sau:

4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. 87

Tìm hàm giải tích w = ϕ(z) là nghiệm của phương trình vi phân (4.1) thoả điềukiện:

(z0, w0) ∈ D ×G, và: w(z0) = w0 (4.2)

Định lý 4.1. Giả sử f(z, w) giải tích và bị chặn trên hình chữ nhật mở:

R := {(z, w) ∈ Cn+1/|z − z0| < a, |w − w0| < b} với a, b > 0

và M := sup(z,w)∈R |f(z, w)| > 0, α := min{a, b/M}.Khi đó tồn tại duy nhất một hàm giải tích ϕ(z) trên hình tròn |z − z0| < α mà là

nghiệm của phương trình (4.1) thoả điều kiện ban đầu w(z0) = w0.

Chứng minh: Tham khảo [5]

4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực

Nếu xét z = x là biến thực, ta có thể viết w(x) = u(x) + iv(x). Khi đó ta có thể viếtphương trình vi phân biến thực dưới dạng một hệ phương trình vi phân bằng cáchtách phần thực và phần ảo.

Chẳng hạn, phương trình:w′ = f(x) + ig(x)

có thể viết tương đương với hệ:

du

dx= f(x)

dv

dx= g(x)

Vậy, nghiệm của nó là

w = u(x) + iv(x) =

∫f(x)dx+ C1 + i(

∫g(x)dx+ C2)

Ví dụ: Giải phương trình: w′ = λw, với λ ∈ C.Ta viết λ = α + iβ, w(x) = u(x) + iv(x). Khi đó phương trình đã cho tương đương

với hệ: {u′ = αu− βvv′ = βu+ αv

Nghiệm tổng quát của phương trình này là{u(x) = reαx cos(βx+ γ)v(x) = reαx sin(βx+ γ)

với r ≥ 0, γ là hai hằng số thực tuỳ ý.


4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹthừa.

Trong bài này ta giới thiệu cách tìm nghiệm dưới dạng chuỗi vô hạn của một lớp khárộng các phương trình vi phân tuyến tính1, đặc biệt là lớp các phương trình vi phântuyến tính thuần nhất cấp II:

P (z)w′′(z) +Q(z)w′(z) +R(z)w(z) = 0 (4.3)

và cũng là lớp phương trình có nhiều ứng dụng quan trọng trong vật lý kỹ thuật.

Ý tưởng khá đơn giản: Giả sử rằng các hàm P (z), Q(z) và R(z) là giải tích trongmột lân cận của điểm z0, khi đó chúng có khai triển thành chuỗi luỹ thừa tâm tại z0.Do tính tuyến tính thuần nhất, ta hy vọng phương trình (4.3) sẽ chấp nhận nghiệmcho dưới dạng chuỗi luỹ thừa

w(z) =∞∑

n=0

an(z − z0)n (4.4)

Thay thế một cách hình thức chuỗi này vào phương trình vi phân đã cho để tìm cáchệ số của khai triển.

Ta sẽ sử dụng kết quả sau đây (tương tự như trường hợp đa thức).

Mệnh đề 4.1.1. Một chuỗi luỹ thừa đồng nhất bằng không khi và chỉ khi tất cả cáchệ số của nó bằng không.

Ví dụ 1: Tìm nghiệm dưới dạng chuổi luỹ thừa tại 0 của phương trình:

zw′′ − (z + 2)w′ + 2w = 0

Giải: Ta tìm nghiệm dưới dạng w =∑∞

n=0 anzn. Ta có

w′ =∞∑

n=1

nanzn−1 và z′′ =

∞∑

n=2

n(n− 1)anzn−2

hay, thay chỉ số

y′ =∞∑

n=0

(n+ 1)an+1zn và y′′ =

∞∑

n=0

(n + 2)(n+ 1)an+2zn

Thay vào phương trình đã cho, ta được

z∞∑

n=0

(n + 2)(n+ 1)an+2zn − (z + 2)

∞∑

n=0

(n + 1)an+1zn + 2

∞∑

n=0

anzn = 0

1Chú ý rằng ta không có cách giải tổng quát cho phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất(thậm chí cho các phương trình “khá đơn giản" như w

′′ − zw = 0) trừ trường hợp đặc biệt các hệ sốđều là hằng.


Cho tất cả các hệ số của các luỹ thừa của z bằng không, ta được

2a0 − 2a1 = 0

2a1 − 2.2a2 − a1 + 2a2 = 0

2a2 − 2.3a3 − 2a2 + 3.2a3 = 0

2a3 − 2.4a4 − 3a3 + 4.3a4 = 0

· · · · · · · · · · · ·2an − 2(n+ 1)an+1 − nan + (n+ 1)nan+1 = 0

· · · · · · · · · · · ·

Giải hệ này ta tìm được

a1 = a0 (với a0 tuỳ ý)a2 =

a1

2a3 tuỳ ýan+1 =

an

n+ 1với mọi n 6= 2

Thay các hệ số này vào chuỗi w ta được nghiệm

w = a0

(1 + z +

z2

2

)+ a3

(z3 +

z4

4+z5

4.5+ · · ·

)

với a0 và a3 là các hằng số tuỳ ý.Rõ ràng biểu thức thứ hai ở vế phải của đẳng thức này có thể viết dưới dạng

3!a3

(z3

3!+z4

4!+z5

5!+ · · ·

)

và chính là3!a3

[ez −

(1 + z +

z2

2

)]

Vì vậy ta tìm lại được nghiệm tổng quát (dưới dạng hữu hạn) cho bởi biểu thức

y = C1

(1 + z +

z2

2

)+ C2e

z

trong đó C1 := a0 − 3!a3 và C2 := 3!a3 là những hằng số tuỳ ý.Ví dụ 2: (Airy) Tìm nghiệm dưới dạng chuổi luỹ thừa tại 0 của phương trình Airy:

w′′ − zw = 0

Giải: Ta tìm nghiệm dưới dạng w =∑∞

n=0 anzn. Tính w′ và w′′ tương tự như ví dụ

trước rồi thay vào phương trình Airy, ta được:∞∑

n=2

n(n− 1)anzn−2 − z

∞∑

n=0

anzn = 0


Hay

2a2 +

∞∑

n=1

[(n+ 2)(n+ 1)an+2 − an−1] zn = 0

Đồng nhất bằng không các hệ số ta được:{

2a2 = 0(n+ 2)(n+ 1)an+2 − an−1 = 0 với mọi n = 1, 2, 3, . . .

Tức là {a2 = 0

an+2 =an−1

(n+ 2)(n+ 1)với mọi n = 1, 2, 3, . . .

Hệ phương trình “truy toán" này cho phép ta tính tất cả các hệ số theo a0 và a1. Kếtquả là:

• Vì a2 =0 nên a5 = 0, a8 = 0, . . .. Tức là:

a3k+2 = 0 với mọi k = 1, 2, 3, . . .

• Các hệ số a3, a6, a9, . . . là bội của a0:

a3k =1

(2.3)(5.6) . . . ((3k − 1).3k)· a0 với mọi k = 1, 2, 3, . . .

• Các hệ số a4, a7, a10, . . . là bội của a1:

a3k+1 =1

(3.4)(6.7) . . . (3k.(3k + 1))· a1 với mọi k = 1, 2, 3, . . .

Đặt tất cả các hệ số này vào trong w ta được nghiệm tổng quát của phương trình Airylà

w(z) = a0

[1 +

∞∑

k=1

z3k

(2.3)(5.6) . . . ((3k − 1).3k)

]

+ a1

[z +

∞∑

k=1

z3k+1

(3.4)(6.7) . . . (3k.(3k + 1))

]

trong đó a0, a1 là các hằng số tuỳ ý. Hiển nhiên, bài toán Cauchy w(0) = a0, w′(0) = a1

có lời giải là chuổi hàm này. Sự hội tụ của chuỗi nghiệm sẽ được đề cập trong mục sau.Ví dụ 3: (Euler) Tìm nghiệm dưới dạng chuổi luỹ thừa tại 0 của phương trình

tuyến tính cấp I:−z2w′ + w = z

Cách giải: Ta cũng bắt đầu với chuỗi∑∞

n=0 anzn. Thay vào phương trình đã cho, ta

được

−z∞∑

n=1

nanzn−1 +

∞∑

n=0

anzn = z


Đồng nhất các hệ số ta được

a0 = 0, a1 = 1, . . . , an = (n− 1)an−1, ∀n > 1

Từ đóan = (n− 1)!, ∀n ≥ 1

Ta thu được chuỗi nghiệm

w(z) =∞∑

n=1

(n− 1)!zn

Nhưng chuỗi mà ta thu được là phân kỳ (chính xác hơn, chỉ hội tụ tại z = 0) nênnghiệm chỉ có giá trị “hình thức". Tuy nhiên, trong lý thuyết phép tổng của các chuổiphân kỳ (theo Borel), chuỗi này hội tụ trong hình tròn đơn vị. Bạn đọc quan tâm chitiết xin tham khảo [3].

4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân.

Như đã thấy trong ví dụ 3 ở trên, nghiệm dưới dạng chuỗi thừa tại điểm z0 nào đócủa phương trình vi phân tuyến tính có thể không tồn tại, hoặc tồn tại một cách hìnhthức (chuỗi không hội tụ). Điều đó nói chung là do nghiệm thực sự không thể khaitriển được thành chuỗi luỹ thừa. Chẳng hạn trong ví dụ trên, nghiệm tổng quát củaphương trình vi phân tuyến tính −z2w′ + w = z là

w(z) = Ce−1/z − e−1/z

∫ z

1

e1/t 1

tdt

với C là hằng số tuỳ ý.Biểu thức ở vế phải không thể khai triển được thành tổng của chuỗi luỹ thừa.Sau đây, ta xét chủ yếu các phương trình tuyến tính thuần nhất cấp II dạng

P (z)w′′ +Q(z)w′ +R(z)w = 0 (4.5)

với P,Q,R là các hàm “đủ tốt" (đa thức chẳng hạn).

Định nghĩa 4.1.1. Nếu z0 là điểm sao cho P (z0) = 0, và ít nhất Q(z0) 6= 0 hayR(z0) 6= 0 thì z0 được gọi là điểm kỳ dị (singular point) của phương trình (4.5). Ngượclại, ta nói z0 là điểm thường (ordinary point).

Định nghĩa 4.1.2. Điểm kỳ dị z0 được gọi là kỳ dị chính qui nếu tồn tại hữu hạn cácgiới hạn sau:

limz→z0

(z − z0)Q(z)

P (z)= a và lim

z→z0

(z − z0)2R(z)

P (z)= b

Ngược lại, z0 được gọi là kỳ dị không chính qui


.Ta lưu ý rằng trong lân cận của điểm thường z0, phương trình (??) có thể viết dưới

dạngw′′ + p(z)w′ + q(z)w = 0 (4.6)

trong đó p(z), q(z) bị chặn trong lân cận của z0. Định lý sau đây cho ta thông tin vềbán kính hội tụ của chuỗi nghiệm của (4.6).

Định lý 4.2 (L.Fuchs (1833-1902)). Giả sử p(z), q(z) trong phương trình (4.6) có thểkhai triển được thành chuỗi luỹ thừa tâm z0 hội tụ trên hình tròn |z − z0| < r (vớir > 0). Khi đó, với điều kiện ban đầu w(z0) = w0, w

′(z0) = w′0 cho trước, phương trình

(4.6) có duy nhất một nghiệm chuỗi luỹ thừa w(z) tâm z0, mà cũng hội tụ trên hìnhtròn |z − z0| < r.

Bán kính hội tụ của chuỗi nghiệm ít nhất là r. Trong trường hợp p(z), q(z) là đathức, nghiệm chuỗi luỹ thừa của (4.6) luôn tồn tại và có miền hội tụ trên C.Ví dụ: Nghiệm chuỗi của phương trình Airy hội tụ trên C.Nhận xét: Trong trường hợp phương trình có z0 như là điểm kỳ dị chính qui, nó cóthể chấp nhận nghiệm có dạng chuỗi luỹ thừa với số mũ âm (trong giải tích phức tagọi là khai triển Laurentz) hoặc số mũ không nguyên. Trong khi, đối với điểm kỳ dịkhông chính qui, nghiệm dưới dạng chuỗi vô hạn nói chung là phân kỳ (nghiệm hìnhthức).

Phương trình Euler và phương pháp Frobenius.

Ta quan tâm đến một lớp phương trình vi phân nhận z0 = 0 làm điểm kỳ dị, gọi làphương trình Euler

z2w′′ + Azw′ +Bw = 0 (4.7)

trong đó A,B là hai hằng số thực tuỳ ý.Theo cách phân loại trên, z0 = 0 là điểm kỳ dị chính qui vì

limz→0

zAz

z2= A và lim

z→0z2B

z2= B

Cách tìm nghiệm của phương trình Euler khá đơn giản: chỉ cần để ý rằng để một luỹthừa zr nào đó là nghiệm thì số mũ r phải thoả mãn phương trình (giống như phươngtrình đặc trưng của phương trình tuyến tính thuần nhất!)

r(r − 1) + Ar +B = 0

hayr2 + (A− 1)r +B = 0 (4.8)

Tuỳ theo biệt thức của phương trình này ta phân biệt các trường hợp sau:


• Nếu (4.8) có 2 nghiệm thực phân biệt r1, r2, thì nghiệm tổng quát của phươngtrình Euler là

w(z) = C1zr1 + C2z

r2

• Nếu (4.8) có nghiệm kép r0 = 1−A2

. Để tìm nghiệm thứ hai, ta dùng phương phápbiến thiên hằng số bằng cách đặt w(z) = C(z)zr0 ; ta tìm thấy C(z) = ln z. Vậynghiệm tổng quát là

w(z) = C1zr0 + C2z

r0 ln z

• Nếu (4.8) có 2 nghiệm phức liên hợp α± iβ, ta có thể viết

zα±iβ = zαe±β ln z = zα[cos(β ln z)± i sin(β ln z)]

Nếu xét z = x là biến thực, bằng cách tách phần thực và phần ảo ta thu đượcnghiệm tổng quát

y(x) = C1xα cos(β ln x) + C2x

α sin(β ln x)

Ví dụ: Giải phương trình x2y′′ − 2y = 0.Nghiệm tổng quát là

y(x) = C1x2 +

C2

x

Cách giải phương trình Euler gợi cho ta phương pháp tìm nghiệm chuỗi của phươngtrình vi phân (4.6) trong trường hợp nó có kỳ dị chính qui tại z0 = 0 như sau. Viết lạiphương trình

z2w′′ + z[zp(z)]w′ + [z2q(z)]w = 0

Giả sử ta có thể viết zp(z) và z2q(z) dưới dạng (vì 0 là điểm kỳ dị chính qui)

zp(z) =

∞∑

n=0

pnzn và z2p(z) =

∞∑

n=0

qnzn

khi đó ta có thể tìm nghiệm dưới dạng chuỗi vô hạn

w(z) = zr

∞∑

n=0

anzn

Thay chuỗi này vào phương trình đã cho để tìm r và các hệ số an. Rõ ràng r phải thoảmãn phương trình

r2 + (1− p0)r + q0 = 0

mà được gọi là phương trình chỉ số của (4.6).Phương pháp mà ta vừa trình bày được gọi là phương pháp Frobenius. Sau đây là

vài ví dụ:


Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình vi phân zw′′ + 2w′− zw = 0. Phương trình nàycó z = 0 là điểm kỳ dị chính qui, theo phương pháp Frobenius ta tìm nghiệm dướidạng

w = zr∞∑

n=0

anzn =

∞∑

n=0

anzn+r

Các đạo hàm w′ và w′′ là

w′ =∞∑

n=0

(n+ r)anzn+r−1 và w′′ =

∞∑

n=0

(n + r)(n+ r − 1)anzn+r−2

Thay vào phương trình đã cho ta được∞∑

n=0

(n+ r)(n+ r − 1)anzn+r−1 + 2

∞∑

n=0

(n+ r)anzn+r−1 −

∞∑

n=0

anzn+r+1 = 0

Nhóm các hệ số của cùng luỹ thừa của z và cho tất cả các hệ số này bằng không tađược hệ

(r + 1)ra0 = 0(r + 1)(r + 2)a1 = 0(r + n + 1)(r + n+ 2)an+1 − an−1 = 0 với mọi n 6= 1

Từ phương trình đầu tiên, nếu chọn giá trị r = −1 ta tìm được các hệ số an làa0, a1 tuỳ ýan+1 =

an−1

n(n+ 1)với mọi n 6= 1

Thay các hệ số vào biểu thức nghiệm ta được nghiệm tổng quát là

w(z) = a0

(1

z+z

2!+z3

4!+ · · ·

)

+ a1

(1 +

z2

3!+z4

5!+ · · ·

)

Nếu từ phương trình đầu tiên, ta chọn r = 0 thì chỉ được chuỗi thứ nhất.Nghiệm tổng quát trên đây thực ra có thể biểu diễn dưới dạng giải tích nếu dùng

các khai triển của các hàm hyperbolic:

cosh z :=ez + e−z

2= 1 +

z2

2!+z4

4!+ · · ·

vàsinh z :=

ez − e−z

2= z +

z3

3!+z5

5!+ · · ·

Từ đó, có thể viết nghiệm tổng quát dưới dạng

w = a0cosh z

z+ a1

sinh z

zhay

w = C1ez

z+ C2

e−z

z


Phương trình vi phân Chebyshev:

Phương trình Chebyshev có dạng

(1− z2)w′′ − zw′ + α2z = 0 (4.9)

Nó có các điểm kỳ dị chính qui tại ±1 và ∞.Ta có thể tìm nghiệm của nó dưới dạng chuỗi luỹ thừa

w =∞∑

n=0

anzn

Tính các đạo hàm z′ và z′′ và thay vào phương trình (4.9) ta được:

(2a2 + α2a0) + [(α2 − 1)a1 + 6a3]z+

+∑∞

n=2[(n+ 2)(n+ 1)an+2 + (α2 − n2)an]zn = 0

Cân bằng các hệ số của các luỹ thừa của z ta được:

2a2 + α2a0 = 0,

(α2 − 1)a1 + 6a3 = 0

.....................

an+2 =n2 − α2

(n + 1)(n+ 2)an

Ví dụ: Giải phương trình Chebyshev với α = 1.

Giả sử nghiệm có dạng z =∑∞

n=0 anzn. Áp dụng các công thức trên với α = 1, ta

có:

a0 tuỳ ý , a2 = −1

2a0, . . . , a2n =

[(2n− 2)2 − 1][(2n− 4)2 − 1] · · · (−1)

(2n)!a0

a1 tuỳ ý , a3 = 0, . . . , a2n+1 = 0

Ta có

[(2n− 2)2 − 1][(2n− 4)2 − 1] · · · (−1)

(2n)!=

(n− 3/2) · · · (1/2)(−1/2)

n!=

=(1/2)(−1/2)(−3/2) · · · (1/2− n+ 1)

n!(−1)n

Do đó nghiệm tổng quát là

w = a1z + a0

[1 +

∞∑

n=1

(1/2)(−1/2)(−3/2) · · · (1/2− n + 1)

n!(−1)n

]z2n

4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. 96

Hayw = a1z + a0

√1− z2

trong đó a0, a1 là các hằng số tuỳ ý.Nhận xét: Nghiệm tổng quát của phương trình Chebyshev (trong trường hợp thực)có thể viết dưới dạng

y = a0 cos(α arcsin x) +a1

αsin(α arcsin x)

Và nếu thực hiện phép thế arcsin x =π

2− arccosx ta có thể viết lại

y = C1 cos(α arccosx) + C2 sin(α arccos x)

= C1Tα(x) + C2

√1− x2Uα−1(x)

Trong trường hợp α = n ∈ N, Tn và Un là các đa thức, được gọi là đa thức Chebyshevloại I và loại II tương ứng.

4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phântuyến tính cấp II.

Trong bài này ta xét một lớp các phương trình vi phân tuyến tính cấp hai với hệ số đathức:

Lz(w) = p0(z)w′′(z) + p1(z)w

′(z) + p2(z)w(z) = 0, (z ∈ C) (4.10)trong đó các pj(z) là các đa thức biến phức z.

4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric)

Dạng của phương trình siêu hình học:

z(1− z)w′′ + [γ − (α+ β + 1)z]w′ − αβw = 0 (4.11)

trong đó γ, α, β là các hằng số (phức).Ta đưa vào ký hiệu:

(a)n := a(a+ 1)(a+ 2) · · · (a + n− 1)

và định nghĩa chuổi siêu hình học (với c /∈ {0,−1,−2, . . .}):

F (a, b, c; z) := 1 +

∞∑

n=1

(a)n(b)n

n!(c)nzn

Mệnh đề 4.2.1. Nếu γ /∈ {0,−1,−2, . . .} thì phương trình (4.11) có một nghiệm chỉnhhình tại z = 0 là

w1(z) := F (α, β, γ; z)

4.2 Hàm đặc biệt - Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. 97

Để tìm nghiệm thứ hai độc lập tuyến tính với nghiệm w1, ta biến đổi:

w = z1−γu

khi đó phương trình cho u là

z(1− z)u′′ + [2− γ − (α + β − 2γ + 3)z]u′ − (α− γ + 1)(β − γ + 1)u = 0

Nếu đặt:a = α− γ + 1, b := β − γ + 1, c := 2− γ

thì phương trình này có nghiệm u = F (a, b, c; z). Vì vậy, phương trình (4.11) có nghiệmthứ hai là:

w2(Z) := z1−γF (a, b, c; z)

Nếu γ không phải là một số nguyên thì hai nghiệm w1 và w2 tồn tại và độc lập tuyếntính, chúng tạo thành hệ nghiệm cơ bản.

4.2.2 Phương trình Legendre

Phương trình Legendre có dạng:

d

dz

[(1− z2)

dw

dz

]+ a((a+ 1)w = 0, 2 (4.12)

Phương trình này có thể đưa về phương trình siêu hình học bằng cách đổi biến:

s :=1

2(1− z)

với các tham số:a + 1,−a, 1

và các điểm kỳ dị chính qui là z = ±1,∞.Một nghiệm giải tích tại z = 1 của phương trình Legendre là:

Pa(z) := F (a+ 1,−a, 1;1− z

2)

Tương tự như phần trên, ta tìm được nghiệm thứ hai Pa,1(z) độc lập tuyến tính vớiPa(z) là:

Pa,1(z) = Pa(z) ln1− z

2+

∞∑

n=1

(a + 1)n(−a)n

n!n!×

n−1∑

j=0

[1

a + 1 + j+

1

−a+ j− 2

1 + j

](1− z)n

2n

Do tính bất biến của phương trình khi thay z bởi −z nên ta có hệ nghiệm cơ bản tạiz = −1 là Pa(−z) và Pa,1(−z).

2Trường hợp a = n được Legendre nghiên cứu năm 1785.

4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. 98

4.2.3 Phương trình Bessel

Dạng tổng quát:z2w′′ + zw′ + (z2 − a2)w = 0 (4.13)

Phương trình này có z = 0 là điểm kỳ dị chính qui.Nếu a không phải số nguyên, phương trình Bessel có hệ nghiệm cơ bản là Ja(z) và

J−a(z) (được gọi là hàm Bessel loại một cấp a và −a tương ứng), trong đó:

Ja(z) :=∞∑

k=0

(−1)k

k!Γ(a+ k + 1)

(z2

)2k+a

chuổi này hội tụ khi 0 < |z| < +∞.3. Vài trường hợp đơn giản:

J1/2(z) =

(2

πz

)1/2

sin z, J−1/2(z) =

(2

πz

)1/2

cos z

Jn+1/2(z) = (−1)n

(2

π

)1/2

zn+1/2

(d

zdz

)n(sin z

z

)

Để ý rằng nếu a = n thì J−n(z) = (−1)nJn(z). do đó ta phải tìm thêm nghiệm thứ haiđộc lập tuyến tính với Jn(z). Các nghiệm sau đây, độc lập tuyến tính với Jn(z), đượcgọi là các hàm Bessel loại hai cấp n:

Yn(z) = −n−1∑

k=0

(n− k − 1)!

k!

(z2

)−n+2k

+

∞∑

k=0

(−1)k

k!(k + n)!

(z2

)n+2k{

2 ln z − 2 ln 2 + 2γ − 2

k∑

j=1

1

j−

n∑

j=k+1

1

j

}

trong đó γ là hằng số Euler.

4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phươngtrình vi phân.

Trong mục này ta xét dáng điệu của nghiệm trong lân cận của điểm kỳ dị không chínhqui. Như đã lưu ý ở mục trước, chuỗi luỹ thừa trong lân cận của điểm đó không hội tụ,nhưng nói chung lại là khai triển tiệm cận của một nghiệm thực sự của phương trìnhđang xét.

3Hàm Gamma được định nghĩa bởi: Γ(a) :=∫ +∞

0ta−1

e−t

dt.


4.3.1 Sơ lược về khai triển tiệm cận.

Cho trước các hàm số f(x), g(x) xác định trong lân cận của x0. Ký hiệu

f = o(g), x→ x0

mà để diễn tả “f bé hơn nhiều so với g khi x dần đến x0", nếu

limx→x0

f(x)

g(x)= 0

Trong khi đó, ký hiệuf(x) ∼ g(x), x→ x0

để diễn tả “f tiệm cận với g khi x dần đến x0" nếuf − g = o(g), x→ x0

hoặc tương đương,

limx→x0

f(x)

g(x)= 1

Định nghĩa 4.3.1. Chuỗi luỹ thừa (hình thức)∑∞

n=0 an(x−x0)n được gọi là tiệm cận

với hàm f(x) khi x dần đến x0, và viết

f(x) ∼∞∑

n=0

an(x− x0)n (x→ x0)

nếu với mọi số tự nhiên N ta đều có

f(x)−N∑

n=0

an(x− x0)n = o(x− x0)

N (x→ x0)

Một định nghĩa tương đương với định nghĩa trên là

f(x)−N∑

n=0

an(x− x0)n ∼ aM(x− x0)

M (x→ x0)

trong đó aM là hệ số đầu tiên khác không sau aN .Nhận xét: Một chuỗi luỹ thừa tiệm cận với một hàm không nhất thiết hội tụ. Nếumột hàm khai triển được thành chuỗi Taylor hội tụ thì đó cũng là khai triển tiệm cậncủa hàm. Ngoài ra, trong trường hợp hội tụ, tổng của nó cũng không nhất thiết trùngvới hàm số đó. Ta cũng lưu ý rằng, các hệ số của chuỗi tiệm cận xác định một cáchduy nhất nhờ các công thức sau đây

a0 = limx→x0f(x)

a1 = limx→x0

f(x)− a0

x− x0

........................................

aN = limx→x0

f(x)−∑N−1

n=0 an(x− x0)n

(x− x0)N


Mệnh đề 4.3.1 (Các phép toán). Cho trước

f(x) ∼∞∑

n=0

an(x− x0)n (x→ x0)

g(x) ∼∞∑

n=0

bn(x− x0)n (x→ x0)

Khi đó

αf(x) + βg(x) ∼∞∑

n=0

(αan + βbn)(x− x0)n (x→ x0)

f(x)g(x) ∼∞∑

n=0

cn(x− x0)n (x→ x0)

f(x)

g(x)∼

∞∑

n=0

dn(x− x0)n (x→ x0)

trong đó cn =∑n

k=0 akbn−k và nếu b0 6= 0 thì d0 =a0

b0và dn =

an −∑n−1

k=0 dkbn−k

b0

4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị khôngchính qui.

Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp II

y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0 (4.14)

Trong lân cận của điểm kỳ dị, nói chung ta có thể tìm nghiệm tiệm cận của phươngtrình đã cho dưới dạng chuỗi luỹ thừa. Nhưng nói chung, ta thu được chuỗi phân kỳvà bản thân chuỗi tiệm cận đó không cho ta thông tin về dáng điệu của nghiệm thựcsự trong lân cận của điểm này.

Để tìm dáng điệu tiệm cận của nghiệm ta sẽ tìm các số hạng mà “trội hon" nhữngsố hạng khác trong biểu thức tiệm cận của nó. Ta sẽ gọi thành phần làm thay đổi dángđiệu tiệm cận nhanh nhất là “nhân tử điều khiển".

Vì hàm mũ thay đổi dáng điệu nhanh nhất, nên ta có thể thay thế (theo Green,Liouville (1837)) nghiệm y(x) bởi

y(x) = eS(x)

vào phương trình (4.14)

S ′′ + (S ′)2 + p(x)S ′ + q(x) = 0 (4.15)


Đây là phương trình nói chung không đơn giản hơn phương trình (4.14). Tuy nhiên,trong lân cận điểm kỳ dị không chính qui x0 hầu như ta có đánh giá

S ′′ << (S ′)2, x→ x0 (4.16)

Khi đó, ta có thể “quên” số hạng S ′′ trong (4.15) và thu được phương trình tiệm cận

(S ′)2 ∼ −p(x)S ′ − q(x), x→ x0 (4.17)

mà thường dễ giải hơn phương trình ban đầu. Nghiệm của nó xứng đáng dùng để xấpxỉ cho nghiệm chính xác của phương trình ban đầu.

Lưu ý: Giả thiết (4.16) không đúng đối với trường hợp x0 là điểm thường hoặc điểmkỳ dị chính qui. Như thế, ta chỉ có thể tìm nghiệm xấp xỉ theo cách này trong lân cậncủa (phần lớn) các điểm kỳ dị không chính qui.Ví dụ: Tìm dáng điệu tiệm cận của nghiệm của phương trình x3y′′ = y trong lân cậnđiểm x = 0.

Ta nhận thấy x = 0 là điểm kỳ dị không chính qui. Thay y = eS(x) vào phương trìnhđã cho, ta được (S ′)2 ∼ x−3 (x→ 0+). Vì vậy, hai nghiệm thu được là

S(x) ∼ ±2x−1/2, x→ 0+

Thực tế ta có thể “cải thiện" nghiệm tiệm cận bằng cách xét đến số hạng tiếp theosố hạng đầu, tức là đặt

S(x) = 2x−1

2 + C(x), C(x) << 2x−1

2 , x→ 0+

Thay biểu thức này vào phương trình (4.15) ta được

3

2x−5/2 + C ′′ − 2x−3/2C ′ + (C ′)2 = 0

Ta có thể thu được phương trình tiệm cận bằng cách đánh giá như sau.Vì S ′ ∼ −x−3/2 nên C ′ << x−3/2 (x → 0+) và C ′′ << x−5/2 (x → 0+). Do đó,

(C ′)2 << x−3/2C ′, (x → 0+). Bỏ qua các số hạng không đáng kể trong phương trìnhtrên ta thu được

3

2x−5/2 ∼ −2x−3/2C ′

Từ đó ta tìm được C(x) ∼ 3

4ln x và có thể viết

S(x) = 2x−

1

2 +3

4ln x+D(x), D(x) << ln x, x→ 0+

Lại tiếp tục quá trình đánh giá trên (chi tiết xin dành cho độc giả) ta được

D(x) = d+ δ(x)


trong đó d là hằng số nào đó và δ(x) ∼ − 3

16x1/2 khi x → 0+. Vì dáng điệu tiệm cận

của nghiệm được đóng góp chủ yếu bởi các số hạng trong S(x) mà không triệt tiêu khix→ 0+, nên ta có

y(x) ∼ exp(2x−1/2 +3

4ln x+ d), x→ 0+

Hay,y(x) ∼ c1x

3

4e2x−1/2

, x→ 0+

Nếu bắt đầu với S(x) ∼ −2x−1

2 ta thu được nghiệm

y(x) ∼ c1x3

4 e−2x−1/2

, x→ 0+

Phương pháp cân bằng trội:

Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát thành một phương pháp chung để tìm dáng điệutiệm cận của nghiệm trong lân cận của điểm kỳ dị không chính qui, gọi tên là phươngpháp cân bằng trội. Ý tuởng của nó thể hiện qua các bước sau đây.

• Vứt bỏ tất cả các số hạng xuất hiện bé rồi thay phương trình đúng bằng hệ thứctiệm cận.

• Thay quan hệ tiệm cận bởi phương trình và giải một cách chính xác phương trìnhnày.

• Kiểm tra rằng nghiệm mà ta thu được phù hợp với các xấp xỉ trong bước đầutiên.

4.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm

Như đã biết nếu phương trình vi phân có kỳ dị (không chính qui) tại x0, nói chung takhông tìm được nghiệm dưới dạng chuỗi luỹ thừa. Thay vào đó, nếu biết khai triểntiệm cận của nghiệm, ta có thể mô tả ít nhiều về nghiệm đó, chẳng hạn, có thể thựchiện các tính toán số một cách xấp xỉ.

Tuy nhiên cũng không dễ tìm khai triển tiệm cận của một phương trình vi phân nóichung. Một trong những phương pháp “hình học" là tìm cách biểu diễn nghiệm dướidạng tích phân rồi tìm khai triển tiệm cận của nó.

Ta minh hoạ phương pháp bằng một ví dụ cụ thể sau đây. Xét phương trình Euler:

y′ + y = 1/x

đây là phương trình vi phân tuyến tính với x = 0 là điểm kỳ dị. Một nghiệm riêng củanó cho bởi tích phân

y = e−x

∫ x

−∞

x−1exdx


mà hội tụ nếu x âm.Ngoài ra, phương trình chấp nhận một nghiệm hình thức dưới dạng chuỗi vô hạn

1

x+

1!

x2+

2!

x3+ · · ·+ n!

xn+1+ · · ·

Ta chỉ ra chuỗi này là khai triển tiệm cận tại −∞ của nghiệm riêng nói trên. Thật vậy,bằng cách tích phân từng phân liên tiếp, ta có

e−x

∫ x

−∞

x−1exdx =1

x+

1!

x2+

2!

x3+ · · ·+ n!

xn+1+Rn

vớiRn = (n+ 1)!e−x

∫ x

−∞

x−n−2exdx

Do đó, với x < 0, ta có

|Rn| ≤ (n+ 1)!|x−n−2|e−x

∫ x

−∞

exdx =(n+ 1)!

|x−n−2|

Vậy chuỗi trên tiệm cận với nghiệm riêng cho bởi tích phân.

4.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin)

Trong mục này ta quan tâm đến phương trình Schrodinger

ε2y′′ = Q(x)y (4.18)

trong đó ε → 0 được gọi là tham số nhiễu (đóng vai trò hằng số Planc trong cơ họclượng tử).

Nội dung cơ bản của phương pháp WKB là tìm nghiệm hình thức của (4.18) dướidạng

y(x) ∼ exp

[1

ε

∞∑

n=0

Sn(x)εn

], ε→ 0

Thay thế hình thức chuỗi này vào phương trình (4.18) và cân bằng các hệ số của cácluỹ thừa của ε ta được

(S ′0)

2 = Q(x)

2S ′0S

′1 + S ′′

0 = 0

........................

2S ′0S

′n + S ′′

n−1 +∑n−1

j=1 S′jS

′n−j = 0, (n ≥ 2)

Phương trình cho S0 được gọi là phương trình eikonal; nó có nghiệm là

S0(x) = ±∫ x√

Q(t)dt


Các phương trình còn lại được gọi là các phương trình chuyển, chúng cho phép xácđịnh các Sn(x) sai khác hằng số cộng bằng truy hồi. Tuy nhiên, đây là những phươngtrình vi phân nói chung rất khó tích phân. Chẳng hạn,

S1(x) = −1

4lnQ(x)

S2(x) = ±∫ x [ Q′′

8Q3/2− 5(Q′)2

32Q5/2

]dt, .....

Tuy vậy, nếu chỉ quan tâm đến dáng điệu tiệm cận của nghiệm khi ε→ 0 thì ta có

y(x) ∼ C1Q−1/4(x) exp

[1

ε

∫ x√Q(t)dt

]+C2Q

−1/4(x) exp

[−1

ε

∫ x√Q(t)dt

], ε→ 0


BÀI TẬP

1. Giải các phương trình vi phân sau bằng phương pháp chuỗi luỹ thừa:

(a) (x2 − 1)y′′ + 4xy′ + 2y = 0

(b) y′′ + x2y′ + xy = 0

(c) xy′′ − 2y′ + xy = 0

2. Bằng phương pháp chuỗi luỹ thừa, tìm một nghiệm riêng của phương trình, rồitìm nghiệm tổng quát:

(a) xy′′ + 2y′ − xy = 0

(b) xy′′ + (2− x)y′ − y = 0

3. Giải các phương trình vi phân sau đây bằng phương pháp Frobenius:

(a) 4x2y′′ + 4xy′ − y = 0

(b) xy′′ + 3y′ − x3y = 0

(c) x2y′′ + (x− 2x3)y′ − (1 + 2x2)y = 0

4. Hàm Bessel bậc n ∈ N, ký hiệu là Jn(x), là nghiệm triệt tiêu n lần tại x = 0 củaphương trình vi phân sau đây:

x2y′′ + xy′ + (x2 − n2)y = 0

(a) Hãy biễu diễn Jn(x) dưới dạng chuỗi luỹ thừa.(b) Kiểm tra rằng chuỗi biễu diễn J0 và J1 là hội tụ với mọi x.

(c) Chứng tỏ rằngd

dx(xJ1(x)) = xJ0(x)

5. Phương trình Hermit cấp n ∈ N là phương trình vi phân sau:

y′′ − 2xy′ + 2ny = 0

(a) Với n = 5 hãy tìm nghiệm riêng thỏa điều kiện y(0) = 0, y′(0) = 1.(b) Chứng tỏ rằng với n lẻ (t.u. chẵn) thì nghiệm riêng thoả điều kiện y(0) =

0, y′(0) = 1 (t.u. y(0) = 1, y′(0) = 0 luôn có dạng đa thức (gọi là đa thứcHermit bậc n, ký hiệu là Hn(x))

(c) Tìm Hn với n = 0, 1, 2, 3, 4 và đếm số không điểm của chúng.(d) Với n = 3 hãy tìm nghiệm riêng thỏa điều kiện y(0) = 0, y′(0) = 1.

Phụ lục A

Biến đổi Laplace và phương trình viphân.

Trong rất nhiều lĩnh vực của Toán học, Vật lý, Kỹ thuật,... ta thường gặp các phépbiến đổi tích phân với dạng tổng quát sau đây

f(t) 7−→ F (s) :=

∫ b

a

K(s, t)f(t)dt

trong đó K(s, t) được gọi là nhân của phép biến đổi đó.Trong phần này ta giới thiệu một phép biến đổi quan trọng với nhân rất đặc biệt

K(s, t) = e−st và được gọi là phép biến đổi Laplace.

A.1 Biến đổi Laplace.

Cho trước hàm f(t) xác định trên [0,+∞), ta gọi biến đổi Laplace của f là

L{f(t)} = F (s) =

∫ ∞

0

e−stf(t)dt (A.1)

Để bảo đảm tích phân ở vế phải hội tụ, hàm f phải khả tích trên các khoảng hữu hạnvà quan trọng là phải có cấp tăng “vừa phải". Cụ thể f cần thoả mãn đánh giá

|f(t)| ≤ KeAt, với mọi t > M

mà khi đó f được nói là tăng cấp mũ.

Mệnh đề A.1.1. Nếu f(t) xác định và liên tục từng khúc trên mọi đoạn hữu hạn của[0,+∞) và có độ tăng mũ thì biến đổi Laplace của f(t) là tồn tại.

Chứng minh: Kiểm tra trực tiếp.

A.1 Biến đổi Laplace. 107

Nếu F (s) là ảnh của biến đổi Laplace của f(t) thì ta cũng nói f(t) là biến đổiLaplace ngược của F (s), và ký hiệu là

f(t) = L−1 {F (s)}

Trong mặt phẳng phức, biến đổi Laplace ngược cho bởi

f(t) =1

2iπ

∫ a+i∞

a−i∞

estF (s)ds, với a > 0

Các ví dụ:

• Biến đổi Laplace của 1

L{1} =

∫ ∞

0

e−stdt =1

s

• Biến đổi Laplace của eat

L{eat}

=

∫ ∞

0

e−steatdt =

∫ ∞

0

e−(s−a)tdt =1

s− a

với điều kiện s > a.

• Biến đổi Laplace của sin(at)

L{sin(at)} =

∫ ∞

0

e−st sin(at)dt

Bằng cách tích phân từng phần hai lần, ta thu được

L{sin(at)} =1

a− s2

a2L{sin(at)}

và từ đóL{sin(at)} =

a

s2 + a2

• Tương tự, biến đổi Laplace của cos(at) là

L{cos(at)} =s

s2 + a2

Các tính chất:

• Tính tuyến tính: Biến đổi Laplace và Laplace ngược là các toán tử tuyến tính

L{αf + βg} = αL{f}+ βL{g}

L−1 {αF + βG} = αL−1 {F}+ βL−1 {G}

A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. 108

• Biến đổi Laplace của đạo hàm:

L{f ′} (s) =

∫ ∞

0

e−stf ′dt = sL{f} (s)− f(0)

• Biến đổi Laplace của đạo hàm cấp cao:

L{f (n)(t)

}(s) = snL{f} − sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − sf (n−2)(0)− f (n−1)(0)

• Biến đổi Laplace của tích phân:

L{∫ t

0

f(u)du

}(s) =

L{f}s

• Phép tịnh tiến:L{eatf(t)

}= L{f} (s− a)

Bảng các phép biến đổi Laplace thông dụng:

f L{f(t)} (s) Miền xác định1 1

ss > 0

t 1s2 s > 0

tn n!sn+1 s > 0, n ∈ N

tα Γ(α+1)sα+1 a > 0

eat 1s−a

s > a

cos(at) s

s2+a2 s > 0

sin(at) a

s2+a2 s > 0

cosh(at) s

s2−a2 s > |a|sinh(at) a

s2−a2 s > |a|eat cos(bt) s−a

(s−a)2+b2 s > a

eat sin(bt) b

(s−a)2+b2 s > a

A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổiLaplace.

Để giải phương trình vi phân (nhất là đối với các phương trình vi phân tuyến tính)bằng cách dùng biến đổi Laplace ta có thể tiến hành theo các bước sau.


• Biến đổi Laplace hai vế của phương trình, ta thu được phương trình (đại số) theoY (s) := L{y} (s)

• Giải phương trình này để tìm Y (s)

• Trở về nghiệm ban đầu bằng phép biến đổi Laplace ngược y(t) := L−1 {Y } (t)

Ví dụ: Giải bài toán Cauchy sau đây:

y′′ − y′ − 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0

Biến đổi Laplace hai vế, ta thu được:

L{y′′} − L{y′} − 2L{y} = 0

hay tương tươngs2Y − sy(0)− y′(0)− [sY − y(0)]− 2Y = 0

Giải phương trình này với điều kiện ban đầu, ta thu được

Y (s) =s− 1

s2 − s− 2=

1

3

1

s− 2+

2

3

1

s+ 1

Dùng phép biển đổi Laplace ngược ta thu được lời giải

y(t) =1

3e2t +

2

3e−t

Ví dụ: Giải bài toán Cauchy y′′ + y = sin(2t), với y(0) = 2, y′(0) = 1.

Thực hiện biến đổi Laplace cả hai vế, ta thu được

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + Y =2

s2 + 4

Thay điều kiện ban đầu vào biểu thức này rồi giải tìm Y (s), ta được

Y (s) =(2s+ 1)(s2 + 4) + 2

(s2 + 4)(s2 + 1)=

2s

s2 + 1+

5

3

1

s2 + 1− 2

3

1

s2 + 4

Qua phép biến đổi ngược ta thu được

y(t) = 2 cos t+5

3sin t− 1

3sin(2t)


Biến đổi Laplace của hàm Heaviside:

Hàm Heaviside có bước nhảy tại x = c là hàm định nghĩa bởi

Hc(x) =

{0 nếu x < c1 nếu x ≥ c

Biến đổi Laplace của hàm Heaviside là

L{Hc(t)} =

∫ ∞

0

e−stHc(t)dt =

∫ ∞

c

e−stdt =e−sc

s(s > 0)

Ngoài ra ta cũng có biến đổi Laplace của tích của một hàm bất kỳ với hàm Heaviside:

L{Hc(t)f(t− c)} =

∫ ∞

c

e−stf(t− c)dt = e−scL{f(t)}

Tương tự ta có

L{ectf(t)

}=

∫ ∞

0

e−stectf(t)dt = F (s− c)

trong đó F (s) là biến đổi Laplace của f(t).

L−1 {F (s− c)} = ectf(t)

Ví dụ: Giải bài toán y′′ + 4y = g(t) với y(0) = 0 và y′(0) = 0 ở đây

0 nếu t < 5

t− 5

5nếu 5 ≤ t < 10

1 nếu 10 ≤ t

Trước hết, ta biễu diễn hàm g qua các hàm Heaviside:

g(t) =1

5[H5(t).(t− 5)−H10(t).(t− 10)]

Biến đổi Laplace Hai vế, ta tìm được

Y (s) =1

5

1

s2(s2 + 4)(e−5s − e−10s)

Ta có L{

1

s2(s2 + 4)

}=t

4− 1

8sin 2t và từ đó ta tìm được nghiệm

y(t) =1

5

[H5(t)

(t− 5

4− sin 2(t− 5)

8

)−H10(t)

(t− 10

4− sin 2(t− 10)

8

)]


Trong vật lý ta thường gặp hàm (suy rộng) Delta của Dirac, ký hiệu là δ(t) địnhnghĩa như sau

δ(t) = 0, ∀t 6= 0, và∫ ∞

−∞

δ(t)dt = 1

Có thể hiểu δ như là giới hạn của hàm sau

ga(t) :=

{0 nếu |t| > a1

2anếu |t| ≤ a

trong đó a > 0. Dễ thấy rằng∫∞

−∞ga(t)dt = 1 với mọi a > 0. Khi đó

δ(t) := lima→0+

ga(t)

Biến đổi Laplace của δ(t) là

L{δ(t− t0)} =

∫ ∞

0

e−stδ(t− t0)dt = e−st0.

Tài liệu tham khảo

[1] Hoàng Hữu Đường, Lý thuyết phương trình vi phân. Nhà xuất bản ĐH và THCN(1977).

[2] Nguyễn Thế Hoàn, Trần Văn Nhung, Bài tập phương trình vi phân. Nhà xuất bảnĐH và THCN (1979).

[3] C.M. Bender, St.A. Orszag, Advanced mathematical methods for scientists andengineers. Mc Graw-Hill Book Inc. Company (1978).

[4] W.E. Boyce, R.C. DiPrima, Elementary Differential Equations and BoundaryValue Problems. John Wiley & Sons Inc. (2001).

[5] E.A. Coddington, N.Levinson, Theory of ordinary differential equations. NewYork (1955).

[6] E.L. Ince, Ordinary differential equations. Dover Pub. (1956).

(Baøi Giaûng Toùm Taét) · 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng...

Documents

Transcript of (Baøi Giaûng Toùm Taét) · 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng...