Phương trình vi phân và đạo hàm riêng Tác giả: Trần Dương Trí, Trường đại...

8/12/2019 Phương trình vi phân và đạo hàm riêng Tác giả: Trần Dương Trí, Trường đại học Công nghệ, ĐHQG Hà Nộ i, 2008

http://slidepdf.com/reader/full/phuong-trinh-vi-phan-va-dao-ham-rieng-tac-gia-tran-duong 1/387

http://www.ebook.edu.vn 1

Bài giảngMôn học: Phương trình vi phân và đạo hàm riêng

Thời lượng: 5 đvht(60/15/0)

Phần IPHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

50(40-10-0)

N ội dungPhương pháp giải ODE cấp 1, cách tìm nghiệm kỳ dị và quỹ đạo đẳng giác (C1,2);ODE cấp n giải được hoặc hạ thấp cấp được (C3);

Lý thuyết tổng quát của ODE tuyến tính cấp n, cấu trúc nghiệm tổng quát (C4);Các ODE tuyến tính cấp n có nghiệm tổng quát dạng tường minh (C5);Hệ ODE

Chương 1Phương trình vi phân cấp một

8(7-1-0)

A. Mục tiêu chươngV ề ki ến thứ c: nắm vững ý ngh ĩ a vật lý, nhận dạng, sự tồn tại nghiệm, phương pháp

giải phương trình vi phân (ODE) cấp một

V ề k ỹ năng: hiểu biết và vận dụng các thuật toán xây dựng, nhận dạng và tìmnghiệm của ODE. Hiểu các khái niệm cơ bản, các phương pháp chứng minh. Vậndụng khảo sát nghiệm của ODE cấp một

B.Nội dung chính1.1. Các khái ni ệm mở đầu: Ví dụ về phương trình vi phân ; Định ngh ĩ a, bài toán Côsi(Cauchy) ; Ý ngh ĩ a hình học.

1.2. Sự t ồn t ại và duy nhất nghi ệm c ủa bài toán Cô sy : Định lí Côsi-Picar (tồn tại và duynhất nghiệm) ; Sự kéo dài nghiệm

1.3. Các loại nghi ệm c ủa phươ ng trình vi phân c ấ p một; Đinh ngh ĩ a ; Nghiệm tổng quát ;Tích phân tổng quát ; Nghiệm riêng ; Nghiệm kỳ dị ;

1.4. M ột số phươ ng trình vi phân gi ải đượ c bằng c ầu phươ ng: Phương trình biến số phân ly và phân ly được ; Phương trình thuần nhất và phương trình đưa được về dạngthuấn nhất ; Phương trình thuần nhất suy r ộng ; Phương trình tuyến tính cấp một ;Phương trình Becnuly (Bernoulli) ; Phương trình Dacbu (Darboux) ; Phương trình Ricati(Riccati) ; Phương trình vi phân toàn phần ; Thừa số tích phân

C. Nội dung chi tiết

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§1. Các khái niệm mở đầu

1. Ví dụ về phương trình vi phânBài toán 1. Xác đị nh luật dao động c ủa v ật có khối lượng m đặt trên lò so đàn hồi (Hình 1).

Chọn tr ục Oy thẳng đứng hướng từ trên xuống dưới, gốc O đặt tại tr ọng tâm của vật ở vị trí cân bằng.

Các lực ngoài tác dụng lên vật gồm:+ Lực đàn hồi (của lò so) kéo vật tr ở về vị trí cânbằng tỷ lệ với độ dời, -ky , k > 0 là hệ số đàn hồi+ Lực cản hướng ngược chiều chuyển động và tỷ

lệ với vận tốc,dt

dyλ− , (λ, hằng số dương, dy/dt là

vận tốc của vật).

+ Lực quán tính, được tính bởi 2

2

dt

yd

mmaF ==

trong đó2

2

dt

yd là gia tốc của vật.

Theo định luật Newton, phương trình chuyển độngcủa vật đặt trên lò so là:

dt

dyky

dt

ydm

2

2

λ−−= hay m/k q,m/ pkhi,0qy' py''y =λ==++

Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng số.

Nếu p2/4 < q, nghiệm của phương trình trên có dạng:

)tsinCtcosC(ey 21

t β+β= α

trong đó: 21

2

C,C,4

pq,

2

p−=β=α là các hằng số

Đặt )C

Carctg,CCA(,cosAC,sinAC

2

1

0

2

2

2

10201 =ϕ+=ϕ=ϕ= nghiệm trên có thể viết

dưới dạng sau:

)tsin(Aey 0

t

ϕ+β= α

K ết luận:

Nghiệm này mô tả luật chuyển động tắt dần của vật. Do biên độ dao động Ae tα dần đến

0 khi t dần đến ∞ ( )02

p<−=α

Nếu bỏ qua lực cản không khí, p = 0, thì qui luật chuyển động sẽ là: dao động điều hòa

)tsin(Ay 0ϕ+β= với chu kỳ βπ

= 2

T và pha ban đầu 0ϕ .

////////////////////////////////////////////Hình 1

m

m

y

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nhận xét : Do phụ thuộc vào hằng số tùy ý, (C1, C2), nên nghiệm (tổng quát) của ODE, là tậphợp vô hạn hàm.

Bài toán 2 . Tính t ốc độ v ũ tr ụ c ấ p 2. Xác định vận tốc nhỏ nhất để có thể phóng một vậttheo hướng thẳng đứng lên không trung (bỏ qua sức cản không khí) sao cho vật khôngquay lại trái đất.

Gọi P, m là khối lượng của quả đất và vậtphóng, khoảng cách giữa tâm quả đất vàtr ọng tâm của vật là r.Chọn tr ục Or như Hình 2.Theo định luật hấp dẫn Newton, lực hút(hướng xuống dưới) tác dụng lên vật là

2r

Pmk f = (k > 0 là hằng số hấp dẫn) phải

bằng lực quán tính2

2

dt

r dm . Như vậy, phương

trình chuyển động của vật là:

22

2

r

Pk

dt

r d−=

Đây là phương trình vi phân cấp 2, xác địnhqui luật của vật được phỏng thẳng lên khôngtrung.Các điều kiện đầu: Khi t = 0, r = R, bán kính

của quả đất, 0v

dt

)0(dr = (v0 là vận tốc ban

đầu, vận tốc phóng)

Vìdr

dvv

dt

dr

dr

dv

dt

))t(r (v(d

dt

r d

dt

dr v

2

2

===⇒= .

Do đó phương trình trên có dạng

Cr

1.kP

2

vdr

r

Pk vdv

r

Pk

dr

dvv

2

22 +=⇔−=⇔−=

Do điều kiện đầu, ta có

R

1.kP

2

vCC

R

1.kP

2

v 2

0

2

0 −=⇔+=

Thay vào biểu thức trên, ta nhận được biểu thức xác định vận tốc:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+=

R

kP

2

v

r

kP

2

v 2

02

Vì vật phải phóng được, nên v phải dương, tức về phải của đẳng thức trên phải dương.Nhưng đại lượng kP/r → 0 khi r → +∞, vậy ta phải có

///////////////////R

O

r = r t

Hình 2

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




R

kP2v0

R

kP

2

v0

2

0 ≥⇔≥−

Do đó vận tốc nhỏ nhất để phóng được vật lên không trung phải làR

kP2v0 =

Với2

25

2

311

s

m81,9g,

k

R gP;m10.63R ;

s.kg

m10.68,6k ==== − ta nhận được

s

km2,11

s

m10.2,1110.63).81,9.(2gR 2v 35

0 =≈==

Chính là tốc độ vũ tr ụ cấp 2.

2. Định ngh ĩ a, bài toán Côsi (Cauchy)Đị nh nghĩ a: Phương trình vi phân cấp một tổng quát có dạng:0)'y,y,x(F = (1.1)

trong đó hàm F xác định trong miền ),(R ,RxRxR R D 3 +∞−∞==⊂ .

Hàm )x(y ϕ= xác định và khả vi trong khoảng I = (a, b) là nghiệm của phương trình (1.1)nếu

Itrên0))x('),x(,x(F). b

IxD))x('),x(,x).(a

≡ϕϕ

∈∀∈ϕϕ

Nếu trong miền D, từ phương trình vi phân tổng quát, ta giải ra được đối với đạo hàm y’)y,x(f 'y = (1.2.)

Ta nhận được ODE c ấ p một đ ã gi ải ra đạo hàm

Ví d ụ 1: Phương trình y2'y = có nghiệm y = ce2x xác định trong khoảng (-∞, +∞) với c làhằng số tùy ý.

Bài toán Cô siTìm nghiệm của ODE (1.1) thỏa mãn đ i ều ki ện đầu: y(x0 )= y0 , trong đó x0, y0 là các số chotr ước. Hay

Cho tr ước (x0,y0) trong miền RxR R U 2 =⊂ . Hãy tìm:

(1). Miền con Ix,R I 0 ∈⊂ ,(2). Nghiệm R I: →ϕ của phương trình F(x,y,y’) = 0 thỏa mãn điều kiện đầu 00 y)x( =ϕ

1.1.3. Ý nghĩ a hình họcXét ODE dưới dạng đã giải ra được với đạo hàm cấp một:

2R G)y,x(),y,x(f 'y ⊂∈∀= và R ) b,a(Ix)),x(,x(f )x(':)x(y ⊆=∈∀ϕ=ϕϕ=

Khi đó )x(y ϕ= được gọi là đườ ng cong tích phân trong G của ODE tương ứng.Bài toán Cauchy tương đương bài toán tìm đường cong tích phân đi qua điểm cho tr ước

G)y,x( 00 ∈ .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chọn hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxytrong mặt phẳng.

Xét miền{ }R ]d,c[)y,x(f :R )y,x(G 2 ∈∈∈=

Tại mỗi điểm G)y,x( 00 ∈ vẽ véc tơ có

độ dài bằng một, lập với hướng dươngtr ục hoành một góc )y,x(f tg: 00=αα .

Mỗi véc tơ đó lập nên một hướ ng tr ườ ng trong G. Làm như vậy với mọi điểmtrong G, ta được tr ường véc tơ, được gọi là tr ường hướng.

Xét ODE )y,x(f dx

dy

= và hàm )x(yy = là đường cong tích phân của nó.Từ ý ngh ĩ a hình học của đạo hàm và ODE (1.2) tiếp tuyến tại mỗi điểm thuộc đường congtích phân của phương trình (1.2) luôn chứa hướng tr ường thuộc G. Do vậy việc tìm nghiệmcủa (1.2) tương đương với việc tìm một đườ ng cong trong G sao cho ti ế p tuy ến v ớ i nó t ạimỗi đ i ểm có hướ ng trùng v ớ i hướ ng tr ườ ng t ại đ i ểm đ ó.

Để tìm nghiệm theo cách này, dùng phương pháp đườ ng đẳng tà. Đó là đường mà tại mỗiđiểm của nó hướng tr ường không đổi. (?)

§2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cô si

1. Định lí Cô si-Pica (định lý tồn tại và duy nhất nghiệm)Xét ODE)y,x(f 'y = (2.1)

Giả sử r ằng hàm f

(1) xác định và liên tục trong 2R G ⊂ (2) thỏa mãn điều kiện Lipsit theo y như sau:

yyL)y,x(f )y,x(f G)y,x(),y,x(:0constL −≤−⇒∈∀>=∃ (2.2.)

Khi đó:(1). Ứng với mỗi đ i ểm trong (x0,y0) thuộc G, tồn tại duy nhất nghiệm y = y(x) của ODE (2.1)thoả mãn điều kiện ban đầu y(x0) = y0

(2). Nghiệm tìm theo dãy xấp xỉ Picar và xác định trong miền [x0-h, x0+h] với

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧=

M

b,aminh trong đó

a, b được chọn sao cho { } G byy,axx:)y,x(Q 00 ⊂≤−≤−=

và )y,x(f maxMQ

=

(a). Xây d ự ng dãy x ấ p x ỉ Picar:• Tính miền xác định G của hàm f(x,y);

• Tìm R b,a ∈ sao cho { } G byy,axx:)y,x(Q 00 ⊂≤−≤−= ;

xO ba

x ,

y

G

y = y(x)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




• Tìm )y,x(f maxMQ

= ,⎭⎬⎫

⎩⎨⎧=

M

b,aminh và [x0-h, x0+h];

• Lập dãy xấp xỉ Picar như sau:

[ ]

[ ]∫

∫

+−∈τττ+=

+−∈τττ+=

≡

−

x

x

001n0n

x

x

00001

00

0

0

hx,hxx,d))(y,(f y)x(y

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

hx,hxx,d))(y,(f y)x(y

y)x(y

Ta cần chứng minh khi [ ]hx,hxx 00 +−∈ thì ,...,1,0n,Q))x(y,x( n =∀∈ do đó dãy

{ })x(yn

xác định. Ta sẽ chúng minh bằng phương pháp qui nạp. Thật vậy, điều này rõ ràng

đúng với n = 0. Giả sử ta có Q))x(y,x( 1n ∈− khi [ ]hx,hxx 00 +−∈ . Khi đó có thể xây dựng

∫ τττ+= −

x

x

1n0n

0

d))(y,(f y)x(y

Với ahxx 0 ≤≤− ta có:

bM

bMMhxxMdMd))(y,(f y)x(y

x

x

0

x

x

1n0n

0 0

=≤≤−=τ≤τττ≤− ∫ ∫−

tức là Q))x(y,x( n ∈ khi [ ]hx,hxx 00 +−∈

(b). Chứ ng minh dãy Picar hội t ụ đều đến hàm y(x) là nghi ệm c ủa ODE (2.1.)Vì ....,2,1,0n,Q))x(y,x( n =∈ và f liên tục nên các hàm yn(x) liên tục và khả vi khi

[ ]hx,hxx 00 +−∈ . Ta có yn(x0) = y0 .

Khi [ ]hx,hxx 00 +−∈ ta có

00

x

x

01 xxMd)y,(f )x(y)x(y

0

−≤ττ=− ∫

[ ]

2

0

x

x

0

x

x

01

x

x

01

x

x

0112

xx!2

MLdxMLd)(y))(yL

d))(y,(f ))(y,(f d))(y,(f ))(y,(f )x(y)x(y

00

00

−=τ−τ≤ττ−τ≤

≤τττ−ττ≤τττ−ττ=−

∫∫

∫∫

Giả sử r ằng khi [ ]hx,hxx 00 +−∈ thì

n

0

1n

1nn xx!n

ML)x(y)x(y −≤−

−

− (2.3)

Ta cần chứng minh (2.3) đúng với n bằng n+1. Thật vậy, ta có

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ]

1n

0

x

x

nn

0

x

x

1nn

x

x

1nnn1n

xx)!1n(

MLdx

!n

ML

d)(y))(yLd))(y,(f ))(y,(f )x(y)x(y

0

00

+

−−+

−+

=τ−τ≤

≤ττ−τ≤τττ−ττ=−

∫

∫∫

Do (2.3) đúng, nên khi hxx 0 ≤− , thì

,...2,1n,h!n

ML)x(y)x(y n

1n

1nn =≤−−

− (2.4)

Xét chuỗi hàm( ) ( ) ...)x(y)x(y...)x(y)x(y)x(y 1nn010 +−++−+ − (2.5)

ta có:( ) ( )

( ) ( ) n

1n

1n

1nn010

1nn010

h!n

ML.)x(y)x(y...)x(y)x(y)x(y

...)x(y)x(y...)x(y)x(y)x(y

∑∞

=

−

−

−

≤+−++−+

≤+−++−+

Áp dụng tiêu chuẩn Đalămbe cho chuỗi dương ở vế phải:

101n

Nhlim

hL.M)!1n(

!nhMLlim

u

ulim

nn1n

1nn

nn

1n

n<=

+=

+=

∞→−

+

∞→

+

∞→

Như vậy chuỗi dương ở vế phải hội tụ, nên suy ra chuỗi hàm (2.5) hội tụ đều (theo tiêu

chuẩn Vâyơstrass) đến hàm y(x) nào đó. Tức là tổng riêng Sn = yn y(x) trên[ ]hx,hx 00 +− .

Vì

∫ τττ+= −

x

x

1n0n

0

d))(y,(f y)x(y (2.6)

Và do hàm f liên tục trên G, nên trong đẳng thức (2.6), có thể chuyển qua giới hạn khi∞→n dưới dấu tích phân. Két quả ta được

∫ τττ+=x

x

0

0

d))(y,(f y)x(y (2.7)

Do dãy { })x(yn hội tụ đều trên đoạn [ ]hx,hx 00 +− là hàm giới hạn y(x) là hàm liên tục trên

đoạn [ ]hx,hx 00 +− . Từ đẳng thức (2.7), do hàm f liên tục nên hàm y(x) khả vi trên

[ ]hx,hx 00 +− . Từ (2.7) lấy đạo hàm hai vế theo x ta có:

[ ]hx,hxx)),x(y,x(f )x('y 00 +−∈= và y(x0) = y0,

Vậy y(x) là nghiệm của bài toán Cô si xác định trên đoạn [ ]hx,hx 00 +−

Nhắc lại: Hàm f(x,y) được gọi là hội tụ đều theo biến y trong miền R nếuWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




ε<−⇒δ<−∈∀>δ∃⇒>ε∀ )"y,x(f )'y.x(f "y'y,R )"y,x(),'y,x(:0ýtùy bé,0

(C). Nghi ệm y(x) là duy nhấtGiả sử )x(y là nghiệm của ODE (2.1) [ ]'hx,'hxx 00 +−∈∀ thỏa mãn 00 y)x(y = . Khi đó

[ ]'hx,'hxx),y,x(f )x('y 00 +−∈∀≡ ⇒

∫ τττ+=x

x

0

0

d))(y,(f y)x(y (2.8)

Đặt [ ]'h,hmin=δ . Trên [ ]δ+δ− 00 x,x , tr ừ (2.8) cho (2.6) ta được

[ ]∫ ττ−ττ=− −

x

x

1nn

0

))(y,(f ))(y,(f )x(y)x(y

Ta có

δ≤−≤τττ=−=− ∫ MxxMd))(y,(f y)x(y)x(y)x(y 0

x

x

00

0

. Tương tự

2

01 xx!2

ML)x(y)x(y −≤−

……………………..

Giả sử n

0

n

n xx)!1n(

ML)x(y)x(y −

+≤− .

Ta có

[ ]2n

1n2n

0

1n

1nx

x

0

1nx

x

n1n

)!2n(

MLxx

)!2n(

ML

dx)!2n(

ML

))(y,(f ))(y,(f )x(y)x(y00

++

++

++

+

δ+

≤−+

=

=τ−τ+≤ττ−ττ=− ∫∫

Như vậy ta luôn có

,...2,1,0n,)!1n(

ML)x(y)x(y 1n

n

n =δ+

≤− + (2.9)

Vì chuỗi ∑∞

=

+δ+0n

1nn

)!1n(

LM hội tụ nên ∞→→δ

+= + nkhi0

)!1n(

LS 1n

n

n do đó từ (2.9) suy ra

[ ]δ+δ−∈=∞→ 00n

nx,xx),x(y)x(ylim

Do tính duy nhất của giới hạn ta suy ra )x(y)x(y =

Chú ý:

Nếu ⇒∈∀≤ G)y,x(,Mf 'y yyM)y,x(f )y,x(f −≤−

CM: Theo công thức Lagr ăng(Lagrange) ta có

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




G)y,x(),y,x(yyMyy))yy(y,x(f )y,x(f )y,x(f '

y ∈∀−≤−−θ+=− (đ pcm)

Điều ngược lại không đúng. Vì dụ hàm f(x,y) = |y|, thỏa mãn điều kiện Lipsit, nhưng khôngcó đạo hàm riêng tại y = 0.

Hệ quả: Nếu hàm f liên tục cùng đạo hàm riêngy

f

∂∂

trong miền G. Khi đó qua mỗi điểm

trong G)y,x( 00 ∈ có một và chỉ một đường cong tích phân của ODE (2.1) đi qua.

CM:y

f

∂∂

liên tục nên giới nội trên miền chữ nhật G, tâm tại (x0,y0). Do đó thỏa mãn điều kiện

Lipsit trên Q. Áp dụng định lý ⇒ ( đ pcm).

2. Sự kéo dài nghiệmNghiệm duy nhất của (2.1) thỏa mãn điều kiện đầu y(x0) = y0 xác định trong đoạn

]hx,hx[ 00 +− .

Đặt )hx(y)x(yy,hxx 0

1

0

1

00

1

0 +==+= . Nếu điểm )y,x( 1

0

1

0 là điểm trong của miền G thì

tồn tại hình chữ nhật QQ1 ⊂ với tâm tại điểm )y,x( 1

0

1

0 .

Theo định lý Cô si, tồn tại nghiệm y1(x) của ODE (2.1) xác định trên đoạn1

0

1

011

1

01

1

0 y)x(y:hx,hxx =+−∈∀

Do tính duy nhất nghiệm nên ]hx,hx[]hx,hx[x),x(y)x(y 1

1

01

1

0001 +−∩+−∈∀≡ .

Và do[ ]

hx,hx]hx,x(00

1

0

1

0

+−∉+ nên nghiệm y1(x) trên khoảng này được gọi là nghiệm

kéo dài của nghiệm y(x).

Tương tự, Đặt )hx(y)x(yy,hxx 11

2

0

2

011

2

0 +==+= . Nếu điểm )y,x( 2

0

2

0 là điểm trong của

miền G thì ta có thể kéo dài tiếp nghiệm y(x) lên khoảng ]hx,x( 1

2

0

2

0 + .

Người ta chứng minh r ằng sau hữu hạn bước, quá trình kéo dài nghiệm (về bên phải) sẽ dừng khi mà:

)aa( by)x(ylim *0axx P0

≤±=+→

Sự kéo dài nghiệm về bên trái được thực hiện tương tự.

§3. Các loại nghiệm của phương trình vi phân cấp một

1. Định ngh ĩ aXét ODE

)y,x(f 'y = (3.1)

trong đó hàm f xác định và liên tục trong miền 2R G ⊂ G là mi ền t ồn t ại và duy nhất nghi ệm của ODE (3.1) nếu qua mỗi điểm của miền G có mộtvà chỉ một đường cong tích phân đi qua.

2. Nghiệm tổng quát

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Hàm )C,x(y ϕ= được gọi là nghi ệm t ổng quát của ODE (3.1) trong miền G nếu:

(1). )y,x(C)C,x(y,G)y,x( 000000 ψ=⇒ϕ=∈∀

(2). )C,x(y ϕ= thỏa mãn ODE (3.1) khi hằng số tích phân tính theo (1).Ví dụ:

x

y

dx

dy= { }∞<<∞−∞<<=⇒ y,x0:)y,x(G là miền tồn tại và duy nhất nghiệm vì hàm

f(x,y) = y/x liên tục và có đạo hàm riêng x/1x/y =∂∂ liên tục trong G. Nghiệm y(x) = Cx lànghiệm tổng quát.Từ y0 = Cx0 ⇒ C = y0/x0

Nếu hàm )x(y ϕ= là nghiệm của ODE thì đường cong )x(ϕ được gọi là đườ ng cong tích phân.

Nghiệm tổng quát của (3.1) khi tích phân có thể là họ các đường cong tích phân phụ thuộctham số C

⎩⎨⎧

ψ=

ϕ=

)C,t(y

)C,t(x

Ví dụ:

y

x'y −= ; nghiệm tổng quát dạng tham số

⎩⎨⎧

=

=

)t)(tsin(Cy

)tcos(Cx

3. Tích phân tổng quátBiểu thức 0)C,y,x( =Φ (C = const) là tích phân t ổng quát của ODE (3.1) trong miền G nếu

từ tích phân tổng quát có thể xác định được nghiệm tổng quát )C,x(y ϕ= .Ví dụ: Phương trình

)0y(y

x'y ≠−=

có tích phân tổng quát là )0C(Cyx 22 >=+ bởi vì nó xác định nghiệm tổng quát

2xCy −±=

4. Nghiệm riêngNghiệm nhận được từ nghiệm tổng quát với giá tr ị xác định của hằng số tích phân được gọilà nghi ệm riêng

5. Nghiệm kỳ dị Nghiệm của ODE (3.1) là nghi ệm k ỳ d ị nếu tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm bị phávỡ.

Ví dụ:

Giải ODE )0y(y2'y ≥=

Tr ường hợp 1, y > 0

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ⇒+=⇔=⇔=⇔= Cxy1ydx

d1

y2

1.

dx

dyy2'y

Do x + C > 0, ⇒ x > C nên trong miền { }∞<<∞<<∞−= y0,x:)y,x(G , phương trìnhtrên có nghiệm tổng quát là

Cx,)Cx(y 2 −>+=

đây là họ các nhánh bên phải của cácparabol mà tr ục đối xứng song song vớitr ục Oy, còn đỉ nh nằm trên tr ục Ox.Thật vậy, miền G là miền tồn tại và duy nhấtnghiệm của ODE vì:

(1). trong G, hàm f(x,y) y2)y,x(f = liên

tục và có đạo hàm riêng theo y,y

1

y

f =∂∂

cũng liên tục.(2). Từ hệ thức

)Cx(,)Cx(y 0

2

00 −>+= với 0000 xyCG)y,x( −=⇒∈

(3). Biểu thức tìm được Cx,)Cx(y 2 −>+= thỏa mãn ODE khi thay tr ực tiếp.

Tr ường hợp 2, y = 0 (là tr ục hoành), cũng là nghiệm của ODE đã cho. Nghiệm này lànghiệm kỳ dị vì qua mỗi điểm trên đường cong tích phân tương ứng với nó là tr ục hoành, cóít nhất 2 đường cong tích phân đi qua (Hình 2). Nghiệm y = x2 (x>0), y = (x+1)2, ứng với C = 0, hay C = 1 là nghiệm riêng.

§4. Một số phương trình vi phân giải được bằng cầu phương

1. Phương trình biến số phân ly và phân ly được• Phương trình biến số phân lyDạng phươ ng trình:

0dy)y(Ydx)x(X =+ (4.1)ở đây:(a). X, Y là các hàm chỉ phụ thuộc vào biến x, y tương ứng

(b). X, Y liên tục trong miền xác định của chúngCách gi ải : Lấy tích phân hai vế ta nhận được tích phân tổng quát của ODE

Cdy)y(Ydx)x(X =+∫ ∫ (4.2)

Nghi ệm bài toán Cô si , 00 y)x(y = được xác định từ hệ thức

∫∫ =ττ+ττy

y

x

x 00

0d)(Yd)(X (4.3)

xO

Hình

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thật vậy: nếu y = y(x) là nghiệm của bài toán Cô si, 00 y)x(y = trong lân cận điểm x0 thì

từ (4.1), ta có

0)x(dy))x(y(Ydx)x(X ≡+

Tích phân hai vế đồng nhất thức nhận được từ x0 đến x sau đó đổi biến lấy tích phân ta cóđpcm.

Ví dụ. Phương trình

0dyy1

y2dx

x1

x222

=+

++

có tích phân tổng quát là

C22

22

22

e'C,'C)y1)(x1(

0C,C)y1ln()x1ln(hayCdy

y1

y2dx

x1

x2

==++⇔

⇔>=+++=

+

+

+ ∫∫

• Phương trình biến số phân ly đượcDạng phươ ng trình:

0dy)y(n)x(mdx)y(n)x(m 2211 =+ (4.4)

Các hàm 2211 n,m,n,m xác định và liên tục trong miền được xét.

Cách gi ải :1. Nếu 0)x(m)y(n

21

≠ , chia hai về của (4.4) cho biểu thức này, ta được

0dy)y(n

)y(ndx

)x(m

)x(m

1

2

2

1 =+

đây là phương trình biến số phân ly. Vậy tích phân tổng quát của (4.4) là

Cdy)y(n

)y(ndx

)x(m

)x(m

1

2

2

1 =+ ∫∫ (4.5)

2. Nếu 0)x(m)y(n 21 =

Nếu ay0)a(d,0)a(ndo,ay0)y(n 11 =⇒==⇒=⇔= là nghiệm của (4.4).Nếu bx0) b(d,0) b(mdo, bx0)x(m 22 =⇒==⇒=⇔= là nghiệm của (4.4)

Ví dụ. Xét phương trình

0dyx1ydxy1x 22 =−+−

Miền xác định của phương trình { }1y,1x:)y,x(G ≤≤=

Nếu 0x1y1 22 ≠−− , chia hai về của phương trình cho biểu thức này, ta nhận được

phương trình biến số phân ly

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0dyy1

ydx

x1

x

22=

−+

−

Do đó tích phân tổng quát của phương trình là

Cy1x1 22 =−+−

Nếu 0x1y1 22 =−− ⇒ cho ta các nghiệm 1x,1y 2,12,1 ±=±= .

2. Phương trình thuần nhất và phương trình đưa được về dạng phương trình thuầnnhấtHàm thu ần nhấ t

Hàm f(x,y) xác định trên { }2R )y,x(G ∈= được gọi là hàm thuần nhất bậc k nếu

)y,x(f t)ty,tx(f G)ty,tx(:G)y,x(,R t k =⇒∈∈∀∈∀ (4.6)

Nếu f(x,y) là hàm thuần nhất bậc k thì

0x,x

y,1f x)y,x(f k ≠∀⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ = (4.7)

(a). Phương trình thuần nhất bậc kHệ thức

0dy)y,x( Ndx)y,x(M =+ (4.8)

là phương trình thuần nhất bậc k nếu M(x,y), N(x,y) là các hàm thuần nhất cùng bậc k(k=0,1,2,…).

Cách giải1. Hiển nhiên x = 0, cũng là một nghiệm của (4.8).

2. Xét 0x ≠ ; Dùng phép thế zxyhay,x

yz == , trong đó z là hàm phải tìm, ta đưa

phương trình thuần nhất về phương trình biến số phân ly.

Thật vậy, từ xdzzdxdyx

yz +=⇒= và )

x

y,1( Nx)y,x( N),

x

y,1(Mx)y,x(M k k == ,

phương trình (4.8) được đưa về dạng

( ) ⇔=++ 0xdzzdx)z,1( Nxdx)z,1(Mx k k

( ) 0dz)z,1(xNdx)z,1(zN)z,1(M =++ (4.9)

2.a. Giả sử ( ) 0x)z,1(zN)z,1(M ≠+ , chia hai vế của (4.9) cho biểu thức này, ta nhận đượcphương trình biến số phân ly

0dz)z,1(zN)z,1(M

)z,1( N

x

dx=

++ (4.10)

Tích phân phương trình (4.10) có dạng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0C,Clndz)z,1(zN)z,1(M

)z,1( N|x|ln 11 >=

++∫ hay 1

dz)z,1(zN)z,1(M

)z,1( N

CC,Cex ±=∫

= +−

Vậy tích phân tổng quát của ODE (4.8) có dạng

∫ +−=ϕ=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ϕ

dz)z,1(zN)z,1(M

)z,1( N)z(đótrongCex x

y

(4.11)

2.b. Khi 0)z,1(zN)z,1(M =+ . Giả sử z = a là nghiệm của phương trình này. Thay z = a vào(4.4), ta thấy z = a là nghiệm của ODE (4.4) và vì thế y = ax là nghiệm của phương trình(4.3). Nghiệm này có thể là nghiệm riêng, hoặc nghiệm kỳ dị.

Ví d ụ. Xét phương trình

x

y'y = , miền xác định: x, y cùng dấu, x ≠ 0, dường cong tích phân của phương trình này

chỉ nằm ở góc phần tư 1 và 3.

Đặt y = zx, phương trình đang xét tr ở nên 0)zz('xz =−+

Tr ường hợp 1: Giả thiết 0zz,0x ≠−≠ , phương trình được đưa về dạng biến số phân ly

( ) 1

2

1

2

11

C|x|1x

yC|x|1z

)0C(Cln|1z|ln2|x|ln0zz

dz

x

dx

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⇒=−⇔

⇔>=−+⇔=−

+

Tích phân tổng quát:

0y,0xkhi,Cxy

0y,0xkhi,Cxy

<<=−−−

>>=−

Tr ường hợp 2. 0zz ≠− , hai nghiệm của phương trình này là z = 0 và z = 1, ứng với hai

nghiệm của ODE ban đầu là y = 0, là nghiệm kỳ dị, và y = x (x ≠ 0) là nghiệm riêng. Ngoài racác nửa tr ục x = 0 (y ≠ 0) cũng là các đường cong tích phân.

Tính chất c ủa các đườ ng cong tích phân c ủa phươ ng trình thuần nhất(xem thêm [1])

(b). Phương trình đưa được về phương trình thuần nhấtDạng phươ ng trình

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

++=

222

111

cy bxa

cy bxaf

dx

dy (4.12)

Cách gi ải

Tr ường hợp 1: nếu 0cc 2

2

2

1 =+ , phương trình (4.8) là phương trình thuần nhất.

Tr ường hợp 2: 0cc 2

2

2

1 ≠+ , (a).Phương trình (4.12) đưa về phươ ng trình thuần nhất nếu:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0 ba

ba

22

11 ≠ (4.12a)

khi dùng phép thế biến

⎩⎨⎧

β+=

α+=

vy

ux (4.12b)

trong đó u,v là các biến mới và βα, chọn được duy nhất.

(b). Phương trình (4.12) đưa về phươ ng trình bi ến số phân ly nếu:

0 ba

ba

22

11 = (4.12c)

khi dùng phép thế biếnzy bxa 11 =+ (4.12d)

(a). Thay (4.12 b) vào (4.12), ta được

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+β+α++

+β+α++=

22222

11111

c bau bua

c bav buaf

du

dv

Để phương trình này là phương trình thuần nhất, ta chọn βα, sao cho

⎩⎨⎧

=+β+α

=+β+α

0c ba

0c ba

222

111

Hệ phương trình này có nghiệm duy nhất do giả thiết (4.12a)

(b). Do (4.12c) nên λ==2

1

2

1

b

b

a

a. Như vậy phương trình (4.12) có dạng

( ) )y bxa(

cy bxa

cy bxaf

dx

dy11

222

111 +ϕ=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++λ

++=

Đặt y bxaz 11 += ta đi đến phương trình biến số phân ly dạng

)z(adx

dz1 ϕ+=

Ví dụ: xét phương trình

3y7x3

7y3x7

dx

dy

−−++−

=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⇒≠=−

−040

73

37 Đặt β+=α+= vy,ux trong đó βα, là nghiệm của hệ phương

trình ⎥⎦⎤⎢

⎣⎡−=⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡βα⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡

−−

3

7

73

37 . Ta tìm được 0,1 =β=α

Sau phép thế biến trên, phương trình được đưa về dạng

,z73

z37

u

v73

u

v37

v7u3

v3u7

du

dv

−+−

=−

+−=

−+−

=

khi đặtu

vz = , ta đưa về phương trình

z73

z37

du

dz

uz −

+−

=+

Tích phân phương trình biến số phân ly này và do1x

y

u

vz

−== ta tìm được tích phân tổng

quát của phương trình ban đầu là

( ) C)1xy(1xy 25 =+−−+

3. Phương trình thuần nhất suy r ộngĐị nh nghĩ a:

R t),y,x( Nt)yt,tx( N),y,x(Mt)yt,tx(M:),(R k

0dy)y,x( Ndx)y,x(M

1k mk mk ∈∀==∞−∞=∈∃

=++−

(4.13)

Cách gi ải:(1) Công thức tích phân tổng quát:Tr ường hợp 0x ≠

∫ +−=ψ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ψ= dz)z,1(kN)z,1(M

)z,1( N)z(khi,

x

yexpCx

k (4.13a)

(2). Nghiệm kỳ dị:Tr ường hợp x = 0

0)a,1(kaN)a,1(M:a,axy k =+= (4.13b)

Khi 0x ≠ , đặt

x

1t = ⇒

)y,x( Nx

1

x

y,1 N)yt,tx( N

)y,x(Mx

1

x

y,1M)yt,tx(M

1k mk

k

mk

k

+−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

⇒

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

+−k

1k m

k

m

x

y,1 Nx)y,x( N

x

y,1Mx)y,x(M

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thế biến ⇒= zxy k

( )[ ] ⇔=++⇔

⇔=++⇔

⇔=+

+

−+−

0dz)z,1( Nxdx)z,1(kzN)z,1(Mx

0zdxkxdzx)z,1( Nxdx)z,1(Mx

0dy)y,x( Ndx)y,x(M

1mm

1k k 1k mm

[ ] 0dz)z,1(xNdx)z,1(kzN)z,1(M =++⇔ (414)

Đây là phươ ng trình bi ến số phân ly và được tích phân như sau:Tr ườ ng hợ p 1:Giả sử M(1,z) + kzN(1,z) ≠ 0

[ ]

[ ]∫ +−=ψ=⇔

⇔=+

+

ψ dz)z,1(kzN)z,1(M

)z,1( N)x(khiCex

0dz)z,1(kzN)z,1(M

)z,1( N

x

dx

)x(

Tr ở lại biến cũ, tích phân tổng quát của ODE (4.13) có dạng (4.13a) (đpcm)

Tr ườ ng hợ p 2:Giả sử z = a là nghiệm của M(1,z) + kzN(1,z) = 0 .

Khi đó, z = a là nghiệm của ODE (4.14), vì thế k axy = là nghiệm của (4.12).Nghiệm này có thể là nghiệm riêng, hay nghiệm kỳ dị.

Ví dụ:

0dyxdx)yx6( 222

=

222x)y,x(N,yx6)y,x(M =

+ Tìm bậc thuần nhất k, sao cho với mọi tham số t ta có:

21km22k

22m222k2k

xtxt)yt,tx(N

yx6tyxt6)yt,tx(M

=

−

Từ hệ thức thứ hai suy ra

1km21km Thay vào hệ thức thứ nhất, ta nhận được

1kt,yxtt6yxt6 221k1k222k2 −

+ Áp dụng phép thế biến zxy 1= , cho ODE ban đầu, ta có:

0dx6zzxdz0dzx

1dx

x

zxdx)z6(

2

2

22 =⎠

⎞⎜⎝

⎛

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đây là dạng ODE biến số phân ly.

Giả sử 0x,0)3z)(2z(6zz2 ≠ , ta có:

5

5

2

Cx1

Cx32z

.....

C)2z)(3z(lnxln

C)3z)(2z(

dz

x

dx0

6zz

dz

x

dx

−−

=

⇔

⇒ − ∫

Thay z = yx, ta được tích phân tổng quát)Cx1(x

Cx32y

5

5

−−

= (?)

ODE trên không có nghiệm kỳ dị (?)

4. Phương trình tuyến tính cấp mộtĐị nh nghĩ a: ODE tuyến tính cấp một có dạng:

)x(qy)x(pdx

dy= (4.15)

Tính t ồn t ại và duy nhất nghi ệm:Nếu các hàm p(.), q(.) liên tục trong khoảng (a, b) khi đó trong miền

⎩⎨

⎧

∞<<∞−

<≤≤<

= y

b bxaa

G 11

nghi ệm c ủa bài toán Cô si c ủa ODE (4.15) t ồn t ại và duy nhất .

Thật vậy, ODE (4.15) được viết lại dưới dạng y’ = -p(x)y + q(x).

Hàm vế phải f(x,y) = -p(x)y+ q(x) liên tục và có đạo hàm riêng theo y liên tục trong G. Theohệ quả của định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta có đpcm.

Cách gi ải : Tìm nghiệm tổng quát của ODE thuần nhất tương ứng, tiếp đó dùng phươngpháp biến thiên hằng số cho nghiệm tổng quát của ODE thuần nhất vừa tìm được.

Tìm nghi ệm t ổng quát c ủa ODE thuần nhất t ươ ng ứ ng

0y)x(pdxdy = (4.16)

Tr ường hợp 1: y = 0, cùng là nghiệm (thay tr ực tiếp)Tr ường hợp 2: xét y ≠ 0. ODE (5.16) tương đương

∫ Clndx)x(pylndx)x(py

dy0dx)x(p

y

dy

Do đó, tích phân tổng quát của ODE thuần nhất là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0C,dx)x(pexpCy >∫ (4.17)

Nghiệm y = 0, cùng biểu diễn được bởi nghiệm này, khi chọn C = 0.

Vậy nghiệm tổng quát của ODE (4.16) có dạng sau:

R C,dx)x( pexpCy ∈−= ∫ (4.18)

Áp d ụng phươ ng pháp bi ến thiên hằng số Nghiệm tổng quát của ODE được tìm dưới dạng

∫−= dx)x( pexp)x(Cy (4.19)

khi C(x) được tìm để (5.19) là nghiệm của (5.15).

Từ (4.19), tính đạo hàm và thay các giá tr ị vừa có vào ODE (4.15) ta có:

⇔

⇔

∫∫

dx)x(pexp)x(q)x(C

)x(qdx)x(pexp)x(C)x(pdx)x(pexp)x(p)x(Cdx)x(pexp)x(C

Cdxdx)x(pexp)x(q)x(C ∫ ∫ (4.20)

Thay (4.20) vào (4.19) ta nhận được nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính không thuần

nhất (4.15) là: ]∫ dxdx)x(pexp)x(qCdx)x(pexpy (4.21)

Nghi ệm bài toán Cô siGiả sử G)y,x( 00 ∈ . Tìm nghiệm y(x) của ODE (5.15) thỏa mãn y(x0) = y0.

Kí hiệu

∫∫∞−∞−

Φ=Ψ=Φxx

dt))t(exp()t(q)x(,dt)t( p)x(

Thì (4.21) được viết dưới dạng;

( )[ ])x(C)x(expy Ψ+Φ−= (4.22)

Theo điều kiện ban đầu:( )[ ] ( ) )x()x(expyC)x(C)x(exp)x(yy 0000000 Ψ−Φ=⇔Ψ+Φ−==

Thay giá tr ị C vào (4.22), ta có:( ) ( )[ ]

( ) ( )( ))x()x()x(expy))x()x((exp

)x()x()x(expy)x(exp)x(y

000

000

Ψ−ΨΦ−+Φ−Φ−=

=Ψ+Ψ−ΦΦ−=

Theo công thức Niuton-Leipnit ta thu được

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ( )

( ) ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡τΦ−τΦτΦ+Φ−+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ττ−=

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ττΦτΦ−+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ττ−=

∫∫

∫∫x

x

000

x

x

x

x

0

x

x

00

00

d)x()(exp)(q)x()x(expyd)( pexp

d)(exp)(q)x(expyd)( pexp)x(y

hay

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡τ

⎟⎠

⎞

⎜⎝

⎛τ

⎟⎠

⎞

⎜⎝

⎛τ ∫ ∫

τx

x x

0

x

x 0 00

dds)s(pexp)(qyd)(pexp)x(y (4.23)

Cho ta biểu thức nghiệm của bài toán Cô si của ODE (4.15).

Ví dụ 1: Giải ODE

xyx

2y =−′

Tìm nghiệm của ODE thuần nhất tương ứng

2

tn CxyClnxln2yln0x

dx2

y

dy0y

x

2y =

Nghiệm của ODE không thuần nhất được tìm dưới dạng:

2x)x(Cy = ,

thay vào ODE trên:

Cxln)x(Cx

1)x(Cxx)x(C

x

2)x(xC2x)x(C 22

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là

xlnxCxy 22

Ví dụ 2: Chứng minh r ằng ODE)x(f yy =+′

có nghiệm giới nội duy nhất trên R, nếu f(x) là hàm liên tục giới nội trên R và nghiệm đólà hàm tuần hoàn nếu f(x) là tuần hoàn.Giả sử )0(yy,R )y,x( 000 =∈ .

Đây là ODE tuyến tính không thuần nhất với p(x) = 1, q(x) = f(x). Áp dụng công thứcnghiệm thỏa mãn giá tr ị đầu (4.23), ta có nghiệm cần tìm có dạng:

( )

τττ−=⇒

⇒τττ−+−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ τττ+−=

∫

∫∫

d)(f )exp()x(y)xexp(y

d)(f )exp()xexp()xexp(yd)(f )exp(yxexp)x(y

x

0

0

x

0

0

x

0

0

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Vì y(x) giới nội trên R, nên khi x→ -∞ thì số hạng thứ nhất ở về phải phải dần tới 0.Chuyển qua giới hạn x→ -∞ , ta được

τττ=τττ−= ∫∫∞−

−∞

d)(f )exp(d)(f )exp(y0

0

0

Bởi vậy, nghiệm giới nội trên R có dạng:

ττ−τ=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ τττ+τττ−= ∫∫∫

∞−∞−

d)(f )xexp(d)(f )exp(d)(f )exp()xexp()x(y

xx

0

0

Kiểm tra tr ực tiếp, biểu thức trên cho ta nghiệm giới nội trên R của ODE đã cho.Nghiệm giới nội trên là duy nhất, bởi nếu giả sử có hai nghiệm giới nội, thì hiệu củachúng cho ta nghiệm của ODE

0zz =+′ ODE này có nghiệm tổng quát là z = Ce-x . Nghiệm này chỉ giới nội khi C = 0, tức hiệuhai nghiệm giới nội là nghiệm tầm thường, do đó hai nghiệm trên phải trùng nhau.

Nếu hàm vế phải f(x) là hàm liên tục và tuần hoàn với chu kỳ ω .Xét nghiệm giới nội duy nhất y(x) ứng với f(x) tuần hoàn.Xét y1(x) = y(x+ω) . Hiển nhiên y1(x) xác định, giới nội trên R.

)x(f )x(y)x(f )x(y)x(d

)x(dy

dx

))x(y(d1

1 +−=ω++ω+−=ω+ω+

=

Chứng tỏ y1(x) là nghiệm giới nội trên R của ODE đã cho.Do nghiệm giới nội tồn tại duy nhất nên )x(y)x(yhay)x(y)x(y1 =ω+≡ chứng tỏ

nghiệm y(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ ω.

5. Phương trình Becnuly (Bernoulli)Dạng phươ ng trình Becnuly:

α= y)x(qy)x(py (4.24)

trong đó p, q là các hàm liên tục trên khoảng (a,b).

Tr ường hợp 1. Nếu α = 0, ta có )x(qy)x(py = là ODE tuyến tính không thuần nhất.

Tr ường hợp 2. Nếu α = 1, ta có 0y))x(q)x(p(y = là ODE tuyến tính thuần nhất.

Tr ường hợp 3. Nếu 1và0 ≠α≠α 3.1. Giả sử y ≠ 0.

Nhân hai vế của (4.25) với αy ta được:

)x(qy)x(pyy 1 =α (4.25)

Đặt z1

1yyhayyy)1(zcóta,yz 1 ′

αα . Thay các kết quả này vào ODE

(4.25), ta nhận được ODE tuyến tính cấp 1 tương đương với nó.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)x(q)1(z)x(p)1(z α (4.26)

Nếu )C,x(z ϕ

là tích phân tổng quát của ODE (4.26) thì )C,x(y1

ϕ là tích phân

tổng quát của ODE Becnuly.

3.2. Nếu y(x) ≡ 0.Nếu α > 0, y ≡ 0 cũng là nghiệm cần tìm.Nếu α > 1, y ≡ 0 cũng là một nghiệm riêng.Nếu 0 < α < 1, y ≡ 0 là nghiệm kỳ dị. Suy từ định lý tồn tại duy nhất nghiệm.

Ví dụ: Tìm các đường cong mà đoạn thẳng OB (tạo bởi gốc tọa độ và giao điểm củatiếp tuyến với đường cong) bằng bình phương tung độ của tiếp điểm.

Giả sử M(x,y) là điểm nằm trên đường cong

phải tìm y = y(x).Phương trình tiếp tuyến của đường cong tạiM(x,y) có dạng:

Y - y = y’(X - x)

Cho X = 0, ta được Y = -y’x + yTheo giả thiết y – y’x = y2 Hay

2yyx

1y =−′

Đây là ODE Becnuly bậc 2.Nhân hai vế với y-2 , đặt z = y-1 ta đi đến ODE tuyến tính cấp 1 có nghiệm tổng quát là

( )xC

xyxC

x

1z

x

1z

x

1z

+=⇔+=⇔=+′

Ngoài ra y(x) ≡ 0 cũng là nghiệm.Như vậy các đường cong phải tìm là các đường hypecbol.

6. Phương trình Dacbu (Darboux)

Đị nh nghĩ a: ODE Dacbu có dạng sau: 0)ydxxdy)(y,x(Pdy)y,x(Ndx)y,x(M = (4.27)

trong đó: M, N là các hàm thuần nhất bậc α , P là hàm thuần nhất bậc β.

Cách gi ải :+ Nếu β = α - 1, ODE Dacbu tr ở thành ODE tuyến tính thuần nhất+ Ngược lại, đặt biến y = xz , z là hàm số mới phải tìm, ODE Dacbu được đưa về ODEBecnuly.Ta có:

P

y

O x

B

M

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




dzxx

ydxydxxdy;xdzzdxdy 22 =

⎠

⎞⎜⎝

⎛=

Với t bất kỳ, theo giả thiết M,N, P là các hàm thuần nhất, ta có

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

⎠

⎞⎜⎝

⎛=

⎠

⎞⎜⎝

⎛=

=

β

β

x

y,1Px)y,x(P;

x

y,1Nx)y,x(N;

x

y,1Mx)y,x(M

x

1tKhi

);y,x(Pt)ty,tx(P);y,x(Nt)ty,tx(N);y,x(Mt)ty,tx(M

Khi đó, ODE (4.27) viết được dưới dạng:

0ydxxdyx

y,1Pxdy

x

y,1Nxdx

x

y,1Mx =

⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎠

⎞⎜⎝

⎛ β

hay

] ] 0dzxz,1Px)z,1(Ndxzz,1Nz,1M

0dzz,1Pxxdzzdxz,1Nxdxz,1Mx

2

2

=

⇔α

Do đó:(a) nếu M(1,z) + N(1,z)z ≠ 0, ta có

( ) ( )( )

( ) ( )α−+β

+−=

++ 2x

z,1zNz,1M

z,1P

z,1zNz,1M

x)z,1( N

dz

dx

Là ODE Becnuli đã biết cách giải.

(b). nếu M(1,z) + N(1,z)z = 0, tại z = a, thì y = ax cũng là nghiệm.

Ví dụ: Xét phương trình

0)ydxxdy(xydyxdx 2 =−++

Đây là ODE Dacbu với 2,1 =β=α Đặt y = xz, ta có:

0dz)xxz(dx)z1(hay0dxx)zdxxdz(xzxdx 324 =+++=+++

3

22 x

z1

1x

z1

z

dz

dx

Tích phân ODE Becnuli này ta đượczarctgz)z1()z1(C

x

1 22

2

Thay z = y/x, ta nhận được tích phân tổng quát của ODE Dacbu ban đầu là:

01xyx

yarctg)yx()yx(C 2222 =

Hay chuyển qua hệ tọa độ cực ϕsinry,cosrx ta được

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




ϕ2sin5.0C

1r2

7. Phương trình Ricati (Riccati)Đị nh nghĩ a: Dạng phương trình Ricati

)x(Ry)x(Qy)x(Py 2 (4.28)

Trong đó P, Q, R là các hàm liên tục trong khoảng (a,b).Nếu P, hoặc Q, hoặc R bằng 0, ta có ODE tuyến tính cấp một, hoặc ODE Becnuli.(v ế phải là đ a thứ c bậc 2 đối v ớ i hàm phải tìm v ớ i các hệ số là các hàm)

1. Dạng chính t ắc c ủa ODE Ricati

)x(Ryy 1

2 (4.29)

Mệnh đề 1: ODE Ricati, luôn đưa được về dạng chính tắc nhờ phép biến đổi tuyến tính.

Đặt y = α(x)z.Khi đó, ODE (4.28) tr ở thành:

)x(Rz)x()x(Qz)x()x(Pz)x(z)x( 22 ′ hay

)x(

)x(Rz

)x(

)x()x(Qz)x()x(Pz 2

α⎦

⎤⎢⎣

⎡αα′

−

Nếu chọn)x(P

1)x( ± , tức là dùng phép thế

z)x(P

1)x(y ± (4.30)

Ta đưa ODE (4.28) về dạng:

)x(P)x(Rz)x(P

)x(P)x(Qzz 2 ±

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′ (4.31)

Đặt z = u + β(x)Khi đó, ODE (4.31) có dạng:

)x(P)x(R)x(u)x(P

)x(P

)x(Q)x(u)x(u

2

±⎦

⎤

⎢⎣

⎡ ′

′

hay

)x()x(P)x(R )x()x(P

)x(P)x(Q)x(u

)x(P

)x(P)x(Q)x(2uu 22 β′−±β⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′++β±⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′++β±+±=′

Nếu chọn

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′

)x(P

)x(P)x(Q

2

1)x(

Tức là dùng phép thế WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′

)x(P

)x(P)x(Q

2

1uz (4.32)

Khi đó ta được ODE:

)x(P)x(R)x(P

)x(P

)x(P

)x(P)x(Q

2

1

)x(P

)x(P)x(Q

4

1uu

2

22

2 ±⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′−

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′ m

Kết hợp các phép thế (4.30) và (4.32), với phép thế biến tuyến tính đối với hàm phải tìm:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ′

)x(P

)x(P)x(Q

2

1u

)x(P

1y (4.33)

ODE Ricati đưa được về dạng chính tắc)x(R uu 1+±=′

trong đó

)x(P)x(R )x(P

)x(P

)x(P

)x(P)x(Q

2

1

)x(P

)x(P)x(Q

4

1)x(R

2

22

1 ±⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′−

′′+′−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ ′+= m

Phép thế biến tuyến tính sẽ là:

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡ ′

)x(P

)x(P

)x(Q)x(P2

1

)x(b,)x(P

1

)x(a

),x(bz)x(a)x(y

2. M ột số tính chất c ủa ODE Ricati+ ODE Ricati, nói chung không giải được bằng cầu phương, ngoại tr ừ một số tr ườnghợp riêng sau đây:

Dạng 1: ( )c byay)x(y 2 ++ϕ=′ , a,b,c là các hằng số, ODE dạng phân li biến số

Dạng 2: cx

y b

x

yay

2

2

++=′ , a,b,c là các hằng số, ODE dạng thuần nhất

Dạng 3: cx

y

2

1

x

yay

2

++=′ , a, c là các hằng số, ODE dạng????

Dạng 4: cx

y bayy 2 ++=′ , a, b, c là các hằng số, dừng phép đổi biến y = z/x

a) N ếu bi ết một nghi ệm riêng, y 1(x), của ODE Ricati, dùng phép thế y = y1(x) + z, ta đưađược ODE Ricati về ODE Becnuli, và có thể giải được bằng cầu phương. Thật vậy:

z)x(Qz)x(Pz)x(y)x(P2)x(R)x(y)x(Q)x(y)x(P

)x(Rz)x(Q)x(y)x(Qz)x(Pz)x(y)x(P2)x(y)x(Pzy

2

11

2

1

1

2

1

2

11

= (4.34)

Theo giả thiếtWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)x(R )x(y)x(Q)x(y)x(P)x(y 1

2

11 ++=′ ODE (4.34) tr ở thành:

[ ] 2

1 z)x(Pz)x(Q)x(y)x(P2z =+−′ (4.35)Là ODE Becnuli

Ví dụ: Giải ODE

1x2yxxyy 322

Kiểm tra tr ực tiếp, y1(x) = x là một nghiệm.

Phép thế u

1xzxy đưa ODE Ricati nói trên về ODE tuyến tính cấp 1

xux3u 2 −

Nghiệm tổng quát của nó, theo công thức (4.21), làxdx)xexp(C)xexp(u 33

Tr ở lại phép thế biến đã dùng, nghiệm tổng quát cần tìm là:

∫ xdx)xexp(C

)xexp(xy

3

3

b) N ếu bi ết hai nghi ệm riêng khác nhau y 1, y 2 , : nghiệm tổng quát tìm được bằng một lầncầu phương.

S1. Thế biến z)x(yy 1 đưa ODE Ricati về ODE Becnuli (4.35)

S2. Thế biếnu

1z = đưa ODE Becnuli (4.35) về ODE tuyến tính cấp 1:

[ ] )x(Pu)x(Q)x(y)x(P2u 1 −=++′ (4.36)

S3. Thế biến v)x(y)x(y

1u

12

−

đưa ODE tuyến tính cấp 1(4.36) về ODE tuyến

tính thuần nhất. Do đó nghiệm tổng quát tìm được bằng một lần cầu phương.

Chú ý : )x(y)x(y)x(z 121 −= là nghiệm riêng của ODE Becnuli (4.35) khi y1 và y2 làcác nghiệm riêng của ODE Ricati.Thật vậy, do y1, y2 là các nghiệm riêng của ODE Ricati nên ta có:

( ) ( ) ( )( ))x(Qy)x(Py)x(Pyyyy)x(Qyy)x(Pyyz

)x(R y)x(Qy)x(Pyvà)x(R y)x(Qy)x(Py

121212

2

1

2

2121

1

2

112

2

22

++−=−+−=′−′=′

⇒++=′++=′(a)

Mặt khác, để )x(y)x(y)x(z 121 −= là nghiệm của ODE Becnuli (5.35) thì nó cầnthỏa mãn đẳng thức sau:

[ ]( ) ( )( )( ))x(Qy)x(Py)x(Pyy

yy)x(Pyy)x(Q)x(y)x(P2yyz

1212

2

12121121

++−=

=−+−+=′−′=′ (b)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




So sánh (a) và (b) suy ra đpcm.

c) N ếu bi ết ba nghi ệm riêng khác nhau y 1, y 2 , y 3 Tích phân tổng quát của ODE Ricati có dạng:

C)x(y)x(y

)x(y)x(y:

)x(yy

)x(yy

13

23

1

2 =−−

−−

Thật vậy, khi đó ODE tuyến tính cấp 1 (4.36) có 2 nghiệm riêng khác nhau là:

)x(y)x(y

1

)x(z

1)x(uvà

)x(y)x(y

1

)x(z

1)x(u

232

2

121

1 −==

−==

Nên, nghiệm tổng quát của ODE (4.36) có dạng:

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −−−+−= )x(y)x(y

1)x(y)x(y

1C)x(y)x(y

1u121312

(4.37)

Mặt khác do y = y1(x) + z và u = 1/z suy ra)x(yy

1u

1−= , do đó từ (4.37) ta có:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−

−+

−=

− )x(y)x(y

1

)x(y)x(y

1C

)x(y)x(y

1

)x(yy

1

1213121

⇒ đpcm

3.ODE Ricati d ạng đặc bi ệt

Đị nh nghĩ a:m2 BxAy

dx

dy=+ (4.38)

trong đó A, B, m là các hằng số.(ODE nguyên bản đượ c Ricati nghiên c ứ u đầu tiên thế k ỷ XVIII)

Cách c ầu phươ ng :Nếu m = 0, ODE (4.38) có dạng phân ly biến số

dxAyB

dyBAy

dx

dy2

2 =−

⇔=+

Nếu m = -2 , đặt biến x

z

y = đưa (5.38) về dạng biến số phân ly

z)1B(Azdx

dzx 2 ++−=

Nếu 2m,0m ≠≠ , ODE (4.38) giải được bằng cầu phương khi và chỉ khi4m2

m

+ là

một số nguyên.Thật vậy: Đổi biến

txvàx

uy 2m == + (4.39)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




ODE (4.38) tr ở thành:

2m

B,

2m

A,

2m

1:đótrong

tuuut 2

+=γ

+=β

+=α

γ=β+α+′ (4.40)

+ Nếu 0hay,0 =γ=β , ODE (4.40) tr ở thành ODE tuyến tính hay ODE Becnuli.

+ Nếu2

1−=α , ODE (4.40) có dạng tích phân được:

2

u

t

u

tt ⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ γ=β+

′

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+ Nếu 2

1

và,0 −≠α≠αβ dùng một trong hai phép đổi biến sau để đưa ODE (4.40) về dạng 3.

βα

−=+=γ

α+=

+= a,

v

tauhay

1a,

va

tu

Ví dụ: Xét ODE42 xy'y −=−

Ở đây: Z148

4

4m2

m∈=

+−−

=+

Đổi biến tx,x

u

y 2

== −

Ta đi đến dạng ODE mới: t2

1u

2

1u

2

1ut 2 −=++′

Đặt biếnv

t1u +−= , ta có ODE mới:

t2

1v

2

1v

2

1vt 2 =−−′ (dạng 3)

Đổi biến: ztv = ta đi đến ODE phân ly biến số

2

z1zt

2+=′

( )2

Ct2

C,Cttgz π

+−<<π

−−+=

Tr ở lại biến cũ, nghiệm tổng quát cần tìm là:

x

1C

x

1gcot

x

1y

2 −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

8. Phương trình vi phân toàn phầnDạng ODE :WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




G)y,x(,0dy)y,x(Ndx)y,x(M ∈ (4.41)

được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu tồn tại hàm U(x,y) khả vi liên tục trong miềnG sao cho

G)y,x(,dy)y,x(Ndx)y,x(M)y,x(dU ∈

Như vậy với phương trình vi phân toàn phần, thì U(x,y) = C là tích phân tổng quát.

Cách tìm tích phân t ổng quátĐị nh lý : Giả sử G là miền lồi, đơn liên trong R2, và các hàm số M, N cùng các đạo hàm riênglà liên tục trong G. Để (5.41) là ODE toàn phần, điều kiện cần và đủ là

G)y,x(,x

N

dy

M∈∀

∂∂

=∂

(4.42)

Điều kiện cần:

Giả sử ODE (5.41) là ODE toàn phần, khi đó ta có:

G)y,x(,dyy

Udx

x

U)y,x(dUdy)y,x(Ndx)y,x(M ∈

∂∂

∂∂

=

Do đó:

G)y,x(y

U)y,x(N;

x

U)y,x(M ∈

∂∂

=∂∂

= (4.43)

Vì G là miền đơn liên, nên trong G, M và N tồn tại các đạo hàm riêng hỗn hợp

G)y,x(,

yx

U

dx

N,

xy

U

dy

M 22

∈∀

∂∂

∂=

∂∃

∂∂

∂=

∂∃

Đồng thời các đạo hàm riêng hơn hợp là các hàm liên tục trong G nên chúng bằng nhau,tức là:

⇒∈∀∂∂

∂=

∂∂∂

G)y,x(,yx

U

xy

U 22

(đpcm)

Điều kiện đủ Giả sử trong G điều kiện (4.42) thỏa mãn. Tìm hàm U(x,y)?

Chọn hàm U(x,y) sao cho )y,x(Mx

U=

∂∂

, tức là:

)y(dx)y,x(M)y,x(Ux

x0

ϕ+= ∫ (a)

Chọn (x0,y0) ∈ G sao cho M2(x0,y0)+N2(x0,y0) ≠ 0.

Chọn hàm ϕ(y) sao cho: )y,x( Ny

U=

∂∂

, tức là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⇒+−=∂∂−=

∂∂−=ϕ′⇔

⇔=ϕ′+∂∂

∫∫

∫

)y,x( N)y,x( N)y,x( Ndxx

N)y,x( Ndx

y

M)y,x( N)y(

)y,x( N)y(dxy

M

0

x

x

x

x

x

x

00

0

∫y

y

0

0

dy)y,x(N)y( (b)

Thế (b) vào (a), ta có

∫ y

y

0

x

x 00

dy)y,x(Ndx)y,x(M)y,x(U (4.44)

Và do đó tích phân tổng quát của ODE (4.41) là:

Cdy)y,x(Ndx)y,x(M)y,x(U

y

y

0

x

x 00

=∫ (4.45)

Chú ý: Các công thức (5.44) và (5.45) dùng để tìm tích phân tổng quát của ODE (5.41).

Ví dụ: Xét ODE

0dy)y4yx6(dx)xy6x3( 3222 =

Ta có:xy12

x

Nxy12

y

M=

∂∂

==∂∂

Chọn (x0,y0) = (0,1); M2(x0,y0)+N2 (x0,y0) = 4 ≠ 0. Theo công thức (4.44):

1yyx3xdyy4dxxy6x3)y,x(U 4223

y

1

3

x

0

22 −∫

Và tích phân tổng quát cần tìm là:

Cyyx3x 4223 =

Chú ý: Công thức (4.44) tương đương:

∫∫ +=y

y

x

x

0

00

dy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U (4.46)

9. Thừa số tích phâna. Đị nh nghĩ a: Xét ODE dạng

G)y,x(,0dy)y,x( Ndx)y,x(M ∈=+ (4.41)

Hàm )y,x(μ được gọi là thừa số tích phân của ODE dạng (4.41) nếu tồn tại hàm U(x,y) saochoWW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




G)y,x(),y,x(dUdy)y,x( N)y,x(dx)y,x(M).y,x( ∈=μ+μ (4.42)

b. Sự t ồn t ại thừ a số tích phânĐị nh lý 1. Nếu ODE (4.41) có tích phân tổng quát U(x,y) = C trong miền G trong đó U(x,y)có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục. Khi đó ODE (4.41) có thừa số tích phân.

Thật vậy, do U(x,y) = C nên dU = 0, tức là

y

Ux

U

dx

dyhay0dy

y

Udx

x

U

∂∂

∂∂

−==

∂∂

+∂∂

Mặt khác do G)y,x(,0dy)y,x( Ndx)y,x(M ∈=+ nên

)y,x( N

)y,x(M

dx

dy−=

Từ hai đẳng thức này ta suy ra:

)y,x( N)y,x(y

Uvà)y,x(M)y,x(

x

Uhay

N

y

U

M

x

U

)y,x( μ=∂∂

μ=∂∂∂

∂

=∂∂

=μ

Do đó

G)y,x(),y,x(dUdyy

Udx

x

Udy)y,x( N)y,x(dx)y,x(M).y,x( ∈=

∂∂

+∂∂

=μ+μ

Đị nh lý 2 . Nếu )y,x(0μ là thừa số tích phân của ODE (4.41), và C)y,x(U 0 = là tích phân

tổng quát tương ứng thì))y,x(U()y,x()y,x( 00 ϕμ=μ

trong đó ϕ là hàm khả vi liên tục bất kỳ, cũng là một thừa số tích phân.

Thật vậy,[ ]

( ) dUdU)U(ddU)U(

))y,x(U(dy)y,x( N)y,x(dx)y,x(M).y,x(dy)y,x( N)y,x(dx)y,x(M).y,x(

0000

000

=ϕ=ϕ=

=ϕμ+μ=μ+μ

∫

Hệ quả: Nếu tồn tại thừa số tích phân thì đó là vô số.

Đị nh lý 3. Nếu ,, 10 μμ là hai thừa số tích phân, thì luôn tồn tại hàm ψ khả vi liên tục sao cho:)U( 001 ψμ=μ

Thật vậy, gọi U0, U1 là các tích phân tổng quát tương ứng.( )( ) 11

00

dU NdyMdx

dU NdyMdx

=+μ

=+μ

Dọc theo nghiệm của ODE (5.41), dU0 = dU1 = 0 nên:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tr ườ ng hợ p b). ODE Mdx+Ndy = 0 có thừa số tích phân chỉ phụ thuộc biến y: )y(μ=μ Khi đó ODE (4.43) tr ở thành:

⇒−

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂∂−∂∂=ψψ=

−

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ∂∂−∂∂=

μμ

⇔⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

−∂∂

μ=∂μ∂

−M

x N

yM

)y(,dy)y(dyM

x N

yM

d

x

N

y

M

yM

( )∫ψ=μ dx)x(expC)x(

Tr ườ ng hợ p c). ODE Mdx+Ndy = 0 có thừa số tích phân dạng )y,x(),( ω=ωωμ=μ Khi đó ODE (4.43) tr ở thành:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

−∂∂

μ=∂ω∂

ωμ

−∂ω∂

ωμ

x

N

y

M

yd

dM

xd

d N

hay

( )∫ ωω=ωμ⇒ωω=

∂ω∂

−∂ω∂

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂−∂∂

=μμ

d)(gexpC)(d)(g

yM

x N

x N

yM

d

Ví dụ 1. Giải ODE

( ) ( ) 0dyxyxdxyx 222 =++− Ta có

( )( ) 22

2

x

1)

x

dx2exp()x(

x

2

1xyx

1xy2

N

x

N

y

M

=−=μ⇒−=++−

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

−∂∂

∫

Nhân hai vế của ODE đã cho với thừa số tích phân vừa tìm được, ta có ODE vi phân toànphần tương đương:

0dyx

1ydx

x

y1

2

2 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

Chọn )0,1()y,x( 00 = thỏa mãn )2(0)y,x( N)y,x(M 00

2

00

2 =≠+

Áp dụng công thức (4.45) để tìm tích phân tổng quát

( )

( ) 1x3

1y3xyx3

x3

1xy3xyxy3y3x3x3yy

3

11

x

1y1x

t3

t

t

1ytdy)

1

1y(dx)

x

y1(

dy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U

32

323

yt

0t

yt

0t

3xt

1t

xt

1t

y

0

2

x

1

2

y

y0

x

x 00

−++

=++−+−=++⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−=

++⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=++−=

=+=

=

=

=

=

=

=

=

=∫∫

∫∫

Tích phân tổng quát cần tìm là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) 0Cxy3xyx31Cx3

1y3xyx3 3232 =−++⇔+=++


( ) 0ydydxxyx 22 =+++ Ta có:

( ) )x2exp(dx2exp)x()x(2y

y2

N

x

N

y

M

==μ⇒ϕ===∂∂

−∂∂

∫

Nhân hai vế của ODE ban đầu với thừa số tích phân tìm được ta được ODE toàn phần:

( ) 0ydy)x2exp(dxxyx)x2exp( 22 =+++

Tìm tích phân tổng quát của ODE toàn phần như sau:Chọn )1,0()y,x( 00 = thỏa mãn )2(0)y,x( N)y,x(M 00

2

00

2 =≠+


( )

( ) ( ) ( )

( )

2

1

2

y

2

x)x2exp(

2

1

2

)x2exp(y

4

1

4

1x2

2

xx)x2exp(

2

1

2

y1)x2exp(

2

y

8

2

4

1t2

2

tt)t2(xpe

t2

1)t2exp(

2

1ydxxx)x2exp(

ydydxxyx)x2exp(dy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U

22

22

22x

0t

2

yt

1t

2xt

0t

2

x

0

2

y

1

x

0

22

y

y

0

x

x 00

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

=−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+−

+=

=−+−+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+−

+=

=+++=

=+++=+=

=

=

=

=

=∫

∫∫∫∫

Tích phân tổng quát cần tìm là:

( ) 0Cyx)x2exp(C

2

y

2

x)x2exp( 22

22

=−+⇔=

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ +


( ) )0y(0dyxy3ydxy 22 >=++ Tính:

yy

dyexp)y(

y

1

y

y3y2

M

x

N

y

M

2 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =μ⇒=

−−

=−

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

−∂∂

∫

Nhân hai vế của ODE ban đầu với thừa số tích phân vừa tìm được:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) )0y(0dyxy3ydxy 233 >=++

Tìm tích phân tổng quát của ODE toàn phần như sau:


2

00

2 =≠+


4

1

4

yxy

4

txydyydxydy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U

43

y

1t

43

y

1

3

x

0

3

y

y

0

x

x 00

−+=

=+=+=+==

∫∫∫∫

Vậy tích phân tổng quát cần tìm là:

C4

y

xy

43

=+ Ví dụ 4: Giải ODE

0dy)xyx(2dxy 223 =−+

222 y5x4y

N

y

M,y2x4

x

N,y3

y

M+−=

∂∂

−∂∂

−=∂∂

=∂∂

Điều kiện để tồn tại thừa số tích phân chỉ phụ thuộc một biến là không thỏa mãn.Kiểm tra

yy

x)xyx(2

y5x4

yM

x N

x

N

y

M

A322

2

∂ω∂

−∂ω∂

−+−=

∂ω∂

−∂ω∂

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

=

Chọn (?) 22 xy

,xy2x

yx =∂ω∂

=∂ω∂

⇒=ω suy raω

−=−= 1

yx

1A

2

Do đóyx

11dexp)(

2=

ω=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ωω

−=ωμ ∫

Nhân 2 vế của ODE đã cho với 1/x2y ta được phương trình vi phân toàn phần

0dyx

y

y

12dx

x

y2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

Tìm tích phân tổng quát của ODE toàn phần


2

00

2 =≠+

Áp dụng công thức (5.45)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




1yln2x

y

1yyln2)x

11(yttln2

t

1y

dy1

y

y

12dx

x

ydy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U

2

22y

1t

2y

1t

x

1t

2

y

1

x

1

2

2y

y

0

x

x 00

++−

=+−+−=−+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+=+=

===

∫∫∫∫

Tích phân tổng quát cần tìm là

Cyln2x

y2

=+−

Phươ ng pháp ghép nhóm để tìm thừ a số tích phânGiả sử về trái của ODE dạng Mdx+Ndy = 0 chía thành hai nhóm, dạng:0)dy NdxM()dy NdxM( 2211 =+++

1. Nếu ODE 0dy NdxM 11 =+ có thừa số tích phân 1μ do đó dạng tổng quát của thừa số

tích phân là )U( 11ϕμ=μ , trong đó U1 = C là tích phân tổng quát của phương trình.

2. Nếu ODE 0dy NdxM 22 =+ có thừa số tích phân 2μ do đó dạng tổng quát của thừa

số tích phân là )U( 212ψμ=μ , trong đó U2 = C là tích phân tổng quát của phương trình.

Nếu có thể chọn ψϕ, sao cho μ=ψμ=ϕμ )U()U( 2211 thì μ là thừa số tích phân của

ODE ban đầu.Ví dụ 5: Giải ODE

0ydxxdy =− ODE có 2 thừa số tích phân là:

210x

1và,

xy

1=μ=μ

Do đó tích phân tổng quát cần tìm là:

Cy

xC

1

0 =⇒=μ

μ


0dyy

x1dxx3

x

y 32 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +

Tách nhóm

0dyy

xdxx3dydx

x

y 32 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

ODE ứng với:+ Nhóm thứ nhất có thừa số tích phân x1 =μ và tích phân tổng quát CxyU1 ==

+ Nhóm thứ hai có thừa số tích phân y2 =μ và tích phân tổng quát CyxU 3

2 ==

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tìm thừ a số tích phân:

+Ta chọn hàm ψϕ, sao cho: )yx(y)xy(x 3ψ=ϕ

+ Muốn vậy ta lấy U)U(,U)U(

2

=ψ=ϕ khi đó

2332

yx)yx(y)xy(x == . Như vậy, thừasố tích phân của ODE ban đầu là 23yx=μ

Tìm tích phân t ổng quát của ODE toàn phầnNhân 2 vế của ODE ban đầu với thừa số tích phân vừa tìm được, ta có

( ) ( ) 0dyyxyxdxyx3yx 6232532 =+++


2

00

2 =≠+

Áp dụng công thức (4.45)

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

1

3

1

2

xy

3

xy

1y2

11y

3

11x

2

y1x

3

y

2

t

3

t

6

ty3

3

ty

dyyydxyx3yxdy)y,x( Ndx)y,x(M)y,x(U

6233

2362

33

yt

1t

2y

1t

3x

1t

62

x

1t

33

y

1

2

x

1

2532

y

y

0

x

x 00

−−+=

=−+−+−+−=++⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

=+++=+=

=

====

∫∫∫∫

Tích phân tổng quát sẽ là

C2

xy

3

xy 6233

=+

Bài t ậ p chươ ng 1Số 1 đến số 22, trang 62 đến trang 65 trong [1].

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tóm tắt chương 1[5]§1. Các khái niệm cơ bản

1.1.Đị nh nghĩ a ODE c ấ p một :+ ODE cấp 1: dạng chung: 0)y,y,x(F =′ trong đó: nghiệm là hàm )x(yy = , sao chokhi thay vào phương trình đã cho ta nhận được đồng nhất thức.+ ODE cấp 1 đã giải ra với đạo hàm có dạng: )y,x(f y =′

1.2. Ý nghĩ a hình học c ủa ODE c ấ p 1:

Xét ODE cấp một:

)G(C)y,c(f ,R G)y,x(),y,x(f y 2 ∈⊂∈=′

Giả sử )x(yy = là nghiệm của ODE.

ODE này xác lập mối quan hệ giữa tọa độ G)y,x(M ∈ với hệ số góc của tiếp tuyếnvới đường cong nghiệm tại điểm đó:

)y,x(f dxdytg ==α

Vì hàm f(x,y) xác định trong 2R G ⊂ nên mỗi điểm G)y,x(M ∈ tương ứng với một

hướng mà hệ số góc bằng )y,x(f . Bằng cách chỉ hướng đó bằng véc tơ đơn vị điqua điểm M ta sẽ thu được một tr ườ ng hướ ng trên G.+ Đườ ng cong tích phân của ODE cấp một : là tập hợp các điểm ( ))x(y,x sao cho

)y,x(f y:)x(yy =′= . Như v ậy t ại mỗi đ i ểm c ủa đườ ng cong tích phân, hướ ng ti ế ptuy ến c ủa đườ ng cong trùng v ớ i tr ườ ng hướ ng t ại đ i ểm đ ó.+ Đườ ng đẳng phục : là đường cong mà tại mỗi điểm của nó tr ường hướng khôngthay đổi. Đường đẳng phục có thể là đường cong tích phân, nhưng đường cong tíchphân có thể không là đường đẳng phục.

Ví dụ:(a). Đường cong tích phân trùng với đường đẳng phục:

ODEx

yy =′ có các đường cong tích phân là )0x(constC,Cxy ≠== (các nửa

đường thẳng). trong khi 0x,CxyCx

y)y,x(f ≠=⇔== là các đường đẳng

phục.

(b). Đường cong tích phân khác đường đẳng phục

ODE y

xy −=′ có các đường cong tích phân là các đường tròn tâm tại gốc tọa

độ: constC,Cyx 22 ==+ , trong khi các phương trình đường đẳng phục

là )0y(0x),0x(,kxy ≠=≠−=

Qua hai ví dụ trên, tại điểm (0,0) hướng tr ường không xác định.

1.3. Bài toán Côsi Tìm nghiệm của ODE thỏa mãn điều kiện đầu: 00 y)x(y = với (x0,y0) cho tr ước.

1.4. Các loại nghi ệm (t ổng quát, riêng, k ỳ d ị )WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Xét ODE 2R G)y,x(),y,x(f y ⊆∈=′ (a)Nghi ệm t ổng quát :

Hàm)C,x(y ϕ= (b) là nghiệm tổng quát của ODE (b) nếu:

+ Từ )C,x(y 00 ϕ= giải ra được G)y,x(),y,x(C 0000 ∈∀ψ=

++ G)y,x(),y,x(C:C,G))C,x(,x()),C,x(,x(f )C,x( 0000 ∈ψ=∀∈ϕ∀ϕ=ϕ′

Nghi ệm riêng : là nghiệm mà tại mỗi điểm của nó, tồn tại duy nhất nghiệm. Nghiệmriêng nhận được từ nghiệm tổng quát với hằng số C cụ thể.

Nghi ệm k ỳ d ị : là nghiệm mà tại điểm bất kỳ của nó, có nhiều nghiệm. Như vậy, từ nghiệm tổng quát với giá tr ị hằng số C cụ thể không thể cho nghiệm kỳ dị. Nghiệmkỳ dị chỉ có khi C = C(x) hoặc là nghiệm ghép: một phần là nghiệm riêng, một phầnlà nghiệm kỳ dị.

1.5. Lậ p ODE c ủa họ đườ ng cong cho tr ướ c Để lập ODE cấp 1 từ họ đường cong phụ thuộc một tham số 0)C,y,x( =ϕ (d) ta coi y làhàm của x r ồi vi phân đẳng thức (d) theo x. Sau đó khử C từ hai phương trình đã có.

Ví dụ:0)xexp(Cy =−

0ydx

dy)xexp(Cy;0)xexp(C

dx

dy=−⇒==−

Bài tập §1.

§2. ODE biến số phân ly2.1.ODE không chứ a hàm phải tìm

a).Dạng:) b,a(C(.)f ),x(f y ∈=′

b).Nghiệm tổng quát trong { }∞<<∞−<<= y; bxaG :

∫ += Cdx)x(f y

c).Nghiệm đi qua điểm ( ) Gy,x 00 ∈ : 0

x

x

yd)(f y

0

+ττ= ∫

2.2.ODE không chứ a bi ến độc l ậ pa). Dạng

),y(f y =′ b). Nghiệm: Coi

)y(f

1

dy

dx)y(xx =⇒= đưa về dạng trên

Nếu f(y) liên tục và khác không trong khoảng (c,d) thì nghiệm tổng quát trong miền∞<<∞−<< x;dyc

∫ +ττ

= Cd)(f

1x

Nghiệm bài toán Cô si:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0

y

y

yd)(f

1Cd

)(f

1x

0

+ττ

=+ττ

= ∫ ∫

2.3. ODE dạngDạng: ) byax(f y +=′ Thế biến: z = ax+ by, đưa ODE về ODE không chứa biến độc lập.

2.4. ODE biến số phân lyDạng: 0dy)y(Ydx)x(X =+ Nếu X(x). Y(y) là các hàm liên tục tương ứng của x, y, thì tích phân tổng quát là:

∫ ∫ =+ Cdy)y(Ydx)x(X

Không có nghiệm kỳ dị

Nếu 0)y(Y)x(X 0

2

0

2 ≠+ thì nghiệm thỏa mãn giá tr ị đầu xác đinh được khi giải C

từ tích phân tổng quát.Nếu 0)y(Y)x(X 0

2

0

2 =+ thì nghiệm thỏa mãn giá tr ị đầu có thể không tồn tại, hay

không duy nhất

2.5. ODE với biến số phân ly đượcDạng:

0dy)y(n)x(mdx)y(n)x(m 2211 =+

+ Nếu 0)y(n)x(m 12 ≠ , chia hai vế của ODE cho )y(n)x(m 12 ta nhận được ODE

tương đương:

0dy)x(n

)x(n

dx)x(m

)x(m

1

2

2

1

=+ Tích phân tổng quát cần tìm là:

Cdy)x(n

)x(ndx

)x(m

)x(m

1

2

2

1 =+ ∫∫

Nếu tồn tại các giá tr ị a, b sao cho 0) b(n,0)a(m 12 == thì by,ax ≠= sẽ là nghiệm (cóthể là nghiệm kỳ dị)

+ Nếu 0)y(n)x(mvà0)y(n,0)x(m 0

2

20

2

20202 ≠+≠≠ , thì nghiệm thỏa mãn giá tr ị

ban đầu được xác định từ hệ thức:

0dy)x(n)x(ndx

)x(m)x(m

y

y 1

2

x

x 2

1

00

=+ ∫∫

+ Nếu 0)y(n)x(m 0202 == nghiệm thỏa mãn giá tr ị đầu có thể không tồn tại hay

không duy nhất.+ Nếu by;ax 00 == thì hướng tr ường tại điểm đó không xác định.

Bài tập §2.

§3. Các bài toán hình học và vật lý

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Các bài toán hình học , vật lý đưa được về ODE biến số phân ly.+ Bài toán hình học : vẽ hình, đường cong phải tìm y = y(x); Biểu diễn các đại lượng củabài toán qua x, y, y’. Giải ODE lập được.

+ Bài toán v ật lý : Chọn đại lượng làm biến độc lập, đại lượng làm hàm phải tìm. Biểudiễn )x(y)xx(yy −Δ+=Δ qua các đại lượng đã có trong bài toán. Xét tỷ số giới hạn

x/y ΔΔ khi 0x →Δ ta được ODE cần tìm. Tích phân ODE tìm được để nhận được lờigiải của bài toán. Có thể áp dụng ý ngh ĩ a vật lý của đạo hàm (dy/dt là tốc độ thay đổicủa đại lượng y0, hoặc áp dụng các định luật của vật lý.

Bài tập §3.

§4. ODE thuần nhất và ODE đưa được về dạng thuần nhất1. Hàm thuần nhất

2. ODE thuần nhất

3. ODE đưa được vè dạng thuấn nhất

Bài tập §4.

§5. ODE thuần nhất suy r ộng

Bài tập §5.

§6.ODE tuyến tính và ODE đưa được về ODE tuyến tính

Bài tập §6.

§7.ODE Ricati, Becnuli

Bài tập §7.

§8.ODE hoàn chỉ nh. Thừa số tích phân

Bài tập §8.

Sự tồn tại và duy nhất nghiệm

Bài tập §9.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 2Phương trình vi phân cấp một chưa giải ra đạo hàm

8(7-1-0)

Xét ODE cấp một dạng chưa giải ra với đạo hàm 0)y,y,x(F =′

Tr ước hết xét cách giải một số ODE cấp 1 dạng đơn giản.

2.1. Các phương trình vi phân cấp một chưa giải ra đạo hàm dạng đặc biệtGiả sử từ ODE cấp 1 sau

0)y,y,x(F =′ (2.1)

Giải ra được đối với đạo hàm:

ZIi),y,x(f dx

dyi ⊂∈= (2.2)

Nếu các ODE (2.2) giải được bằng cầu phương, thì tích phân các phương trình đó sẽ được nghiệm của (1.1).

2.1.1 Ví d ụ

0xyy)yx(y 2 =+′+−′

( ) ( )

)xexp(Cyyy;C2

xyxyKhi

y,x2

)yx(yxy)yx(xy4yx

22

2

11

2,1

22

=⇒=′+=⇒=′

=−±+

=′⇒−=−+=Δ

Cả hai họ nghiệm này đều là nghiệm của ODE ban đầu. Đồng thời nếu ta “dán” hai họ nghiệm trên sao cho tại điểm dán chúng có tiếp tuyến chung,

ta cũng nhận được họ nghiệm thứ ba. Chẳng hạn

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

∞<≤

≤<∞−+=

x1khiexp

)xexp(

1xkhi2

1

2

x

y

2

và

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥

≤=0xkhi0

0xkhi2

xy

2

cũng là các nghiệm của ODE đã cho

2.1.2. Phươ ng trình d ạng 0)'y,x(F =

Từ ODE

0)'y,x(F = (2.3)

Xét các tr ường hợp sau:C1. Gi ải ra đối v ớ i đạo hàm:

∫ +=⇒=′ Cdx)x(f y)x(f y

là nghiệm cần tìm.

C2. Gi ải ra đối v ớ i bi ến độc l ậ p x :

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)y(x ′ϕ= đặt , py =′ xem p như tham số, ta có dp) p( p pdxdy ϕ′== .Khi đó nghiệm tổng

quát của ODE ban đầu được biểu diễn dưới dạng tham số.

⎪⎩⎪⎨⎧ +ϕ′=

ϕ=

∫ Cdp) p( py

) p(x

C3. Bi ểu di ễn đượ c x, y’ qua tham số

⎩⎨⎧

ψ=′

ϕ=

)t(y

)t(x

Khi đó ta được nghiệm tổng quát dạng tham số;

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ψ′ψ=

ϕ=

∫ Cdt)t()t(y

)t(x


0xy)yexp( =−′+′

y)'yexp(x ′+=⇒

Đặt p) pexp(x py +=⇒=′ và ( )dp1) pexp( pdxydy +=′= suy ra

( ) C2

p) pexp() pexp( pdp1) pexp( py

2

++−=+= ∫

Nghiệm tổng quát dạng tham số tìm được là:

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

++−=

+=

C2

p) pexp() pexp( py

p) pexp(x

2


0yx3yx 33 =′−′+

Đặt txy =′ thay vào ODE ta có:

3

2

3 t1

t3y

t1

t3x

+=′→

+=

Do đó

( )( )( )

( ) Ct1

6

t12

9

dtt3t1

t213dt

t1

t63

t1

t3

t1

t3d

t1

t3dxyy

323

2

33

3

23

3

3

2

33

2

++

++

−=

=+

−=

+

−+

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

=′= ∫∫∫ ∫

Như vậy tích phân tổng quát cần tìm là:

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

++

++

−=

+=

Ct1

6

t12

9y

t1

t3x

323

2

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2.1.3. Phươ ng trình d ạng 0)'y,y(F = (không chứa biến độc lập)

Từ ODE

0)'y,y(F = (2.4)

Xét các tr ường hợp sau:C1. Gi ải ra đối v ớ i đạo hàm:

Cx)y(f

dy)y(f y +=⇒=′ ∫

là tích phân tổng quát.Ngoài ra y = y0, với f(y0)= 0 cũng là nghiệm

C2. Gi ải ra đối v ớ i hàm phải tìm y :

)y(y ′ϕ= đặt , py =′ xem p như tham số, ta có ) p(y ϕ= .

Ta có ⇒ϕ′

=

′

= p

dp) p(

y

dydx

Khi đó nghiệm tổng quát của ODE ban đầu được biểu diễn dưới dạng tham số.

⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕ=

+ϕ′

= ∫) p(y

Cdp p

) p(x


0yylny =−′+′

Đặt py =′ ta có:

C p

1 plnxdp

p

1

p

1

p

dp p

11

y

dydx

pln py

2 +−=⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛ +

=′

=

+=

Ta được nghiệm tổng quát cần tìm là:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=

+−=

pln py

C p

1 plnx

C3. Bi ểu di ễn đượ c x, y’ qua tham số

⎩⎨⎧

ψ=′

ϕ=

)t(y

)t(y

Ta có

Cdt)t(

)t(x

)t(

dt)t(

y

dydx +

ψϕ′

=⇒ψ

ϕ′=

′= ∫

Khi đó ta được nghiệm tổng quát dạng tham số cần tìm là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕ=

+ψϕ′

= ∫

)t(y

Cdt)t(

)t(x

Ví dụ 3 Giải ODE

consta,0)ya(yy 23 ==′−−′

Đặt yty ′= ta có

( ) ∫∫∫ ++=++

=+

+

−+=

′=

+=⇒

+=′⇒=′−′−′

Carctgt2tdtt1

t3dt

at

t1

t1

at2)t1(at3

y

dyx

t1

aty

t1

aty,0)ya(yty

2

2

2

2

22

422

2

3

2

2223

Nghiệm tổng quát cần tìm là:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=

++=

2

3

t1

aty

Carctgt2tx

2.2. Tr ường hợp tổng quát. Phương trình Lagr ăng và phương trình Clerô 2.2.1. Tr ường hợp tổng quát

0)y,y,x(F =′ (2.5)

Giả sử ODE (2.5) biểu diễn được theo tham số

)v,u(y);v,u(y);v,u(x χ=′ψ=ϕ= (2.6)sao cho

)v,u(,0))v,u(),v,u(),v,u((F ∀=χψϕ

Từ biểu diễn tham số và dxydy ′= ta có:

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂ϕ∂

+∂

ϕ∂χ=′=

∂ψ∂

+∂ψ∂

=ψ= dvv

duu

)v,u(dxydy;dvv

duu

d dy

Coi u là biến độc lập, từ đẳng thức này ta giải được:

)v,u(f

vv

uu

du

dv=

∂ϕ∂χ−

∂ψ∂

∂ψ∂

−∂

ϕ∂χ

= (2.7)

Là ODE đã giải ra đối với đạo hàm. Nghiệm tổng quát có thể là )C,u(v ω= . Thay vào biểu

diễn tham số, ta nhận được nghiệm tổng quát của ODE ban đầu dạng tham số:

[ ][ ]⎩

⎨⎧

ωψ=

ωϕ=

)C,u(,uy

)C,u(,ux

Sau đây là một số tr ường hợp riêng của ODE (2.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2.2.2. Phương trình dạng )'y,x(y ϕ=

Chọn pyv;xu =′== . Khi đó

dp p

dxx

dy

) p,x(y

∂ϕ∂

+∂

ϕ∂=ϕ= (2.8)

Mặt khác do pdxdxydy =′= nên ta có

dp p

dxx

pdx∂ϕ∂

+∂

ϕ∂=

hay

dx

dp

pxp

∂ϕ

∂ϕ

= (2.9)

Đây là ODE cấp một giải ra được đối với đạo hàm dx

dp

. Giả sử nghiệm tổng quát của

nó có dạng )C,x( p ω= . Thế biểu thức của p tìm được vào (2.8), ta nhận được tích

phân tổng quát của ODE ban đầu như sau:

))C,x(,x(y ωϕ=


2

xxyyy

22 +′−′=

Đặt py =′ và coi p như tham số, ta có

( ) ( )

( ) ( ) pxdx

dpx p2 p

pdxdx pxdpx p2dy2

x px py

22

−+−=

⇒=−+−=⇒+−=

+ Giả thiết 0x p2 ≠− , ta có

Cx p11 p2

x p2

dx

dp+=⇒=

−−

=

Tr ở lại phép đặt biến, nghiệm tổng quát của ODE ban đầu sẽ là:

( ) 222

2CCx

2

x

2

xx)Cx(Cxy ++=++−+=

+ Nếu 0x p2 =− hay 2

x p = thay vào biểu diễn của nghiệm y ta nhận được nghiệm

4

xy

2

= . Đây là nghiệm kỳ dị.

2.2.3. Phương trình dạng )'y,y(x ϕ=

Đặt py =′ ta được:

⇒=∂ϕ∂

+∂ϕ∂

=⇒ϕ= p

dydp

pdy

ydx) p,y(x

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




dp p

dyy p

dy

∂ϕ∂

+∂ϕ∂

= (2.10)

Chia 2 vế đẳng thức này với dy và coi y như biến độc lập, ta được ODE cấp một cóthể giải ra đạo hàm với hàm phải tìm p:

dy

dp

py p

1

∂ϕ∂

+∂ϕ∂

= (2.11)

Giả sử )C,y( p ω= là tích phân tổng quát của (2.10). Thay biểu thức của p vào phép

thế biến, ta nhận được tích phân tổng quát cần tìm

))C,x(,y(x ωϕ=

Khi giải (2.11) có thể tìm được nghiệm p= g(y). Thay vào phép thế biến có thể ta đượcnghiệm kỳ dị.

Ví dụ: Giải ODE0y8yxy4y 23 =+′−′

Đặt py =′ và giải ra đối với x, ta có

p

y2

y4

px

2

+= (2.12)

Từ đó suy ra

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⇔⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

−=⇔

⇔⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

−==

py4

y4 p

dy

dp

yp2

y4 p

dy

dp

p

y2

y2

p

p

2

y4

p

p

1

dp p

y2

y2

pdy

p

2

y4

pdx

p

dy

2

23

2

23

22

2

22

2

Nếu 0yp2và0y4 phay,0yp2

y4 p 223

2

23

≠≠−≠⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −, ta có

yC py2

1

dy

dp

p

1=⇔=

Thay giá tr ị p vừa tìm được vào (2.12), ta nhận được:23 )CCx4(y64 −=

Đặt2

CC

2

1 = ta được nghiệm tổng quát của ODE ban đầu là:

2

11 )Cx(Cy −=

Tr ường hợp 0yp2và0y4 phay,0yp2

y4 p 223

2

23

≠=−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

Cho ta ( )31

2y4 p = thay vào (2.12) ta tìm được nghiệm3x

27

4y =

Tr ường hợp yp = 0 cho ta nghiệm y = 0. Hai nghiệm này đều là nghiệm kỳ dị (giảithích phần sau).WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2.2.4. Phương trình Lagr ăng1. Dạng ODE :

)y(x)y(y ′ψ+′ϕ= (2.13)

(vế phải là hàm tuyến tính theo biến độc lập x, với các hệ số phụ thuộc đạo hàm y’)2. Cách gi ải :

Đặt ⇒=′ py :

) p() p(xy ψ+ϕ= (2.14)

Ta có:

[ ]( ) [ ] 0dp) p() p(xdx p) p(

dp) p() p(xdx) p( pdx pdxdy

=ψ′+ϕ′+−ϕ⇔

⇔ψ′+ϕ′+ϕ=⇒=

+ Giả sử: 0 p) p( ≠−ϕ khi đó:

) p( p

) p(x

p) p(

) p(

dp

dx

ϕ−

ψ′=

−ϕ

ϕ′+ (2.15)

Đây là ODE tuyến tính cấp một đối với hàm phải tìm x. Giải nó ta tìm được nghiệm

tổng quát: )C, p(Gx = . Thay vào (2.14) ta được nghiệm tổng quát của ODE Lagr ăng

dạng tham số:

⎩⎨⎧

ψ+ϕ=

=

) p()C, p(G) p(y

)C, p(Gx (2.16)

+ Nếu 0 p) p( =−ϕ tại i p p = thì thay giá tr ị này vào (2.14) ta nhận được

) p(xp) p() p(xy iiii ψ+=ψ+ϕ= do đó y cũng là nghiệm của ODE Lagr ăng. Đây có thể

là nghiệm kỳ dị, hoặc nghiệm riêng. Như vậy nghiệm kỳ dị của ODE Lagr ăng nếu có chỉ có thể là đường thẳng.

Ví dụ: Giải ODE22 yyxy ′+′=

Đặt py =′ , ta có phương trình tham số: 22 pxpy +=

Do đó:

[ ]dp p2xp2dx p pdxdxydy 2 ++==′=

+ Giả sử: 0 p p 2 ≠− , ta nhân được ODE

[ ]

p1

2x

1 p

2

dp

dx

p p

)1x( p2

dp

dx

dp)1x( p2dx) p p(dp p2xp2dx p pdxdxydy

2

22

−=

−+⇔

−+=

+=−⇔++==′=

ODE nhận được là ODE tuyến tính cấp một. Giải ra ta có nghiệm tổng quát:

1)1 p(

Cx

2

1 −−

=

Thay giá tr ị này vào ODE đổi biến, ta nhận được nghiệm tổng quát của ODE ban đầudưới dạng tham số p:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

−=

−−

=

2

21

2

1

)1 p(

pCy

1)1 p(

Cx

Khử p từ hai đẳng thức này, ta nhận được:

( ) 1

2

CC,C1xy =++=

+ Khi 1 pvà0 p0 p p 2 ==⇔=− thay các giá tr ị này vào biểu diễn tham số của ODE,

ta nhận được các nghiệm y = 0 (nghiệm kỳ dị vì: ) và y = x + 1 (nghiệm riêng vì: )

2.2.5. Phương trình ClerôDạng phương trình:

)y(xyy ′ψ+′= (2.17)

Cách giải:

Đặt py =′ , ta nhận được biểu diễn tham số của ODE (2.17)

) p( pxy ψ+= (2.18)

Suy ra

( ) ( ) 0dp) p(xdp) p(x pdx pdx =ψ′+⇔ψ′++=

+ Giả sử 0) p(x ≠ψ′+ ta được dp = 0 hay p = C. Thay vào dạng biểu diễn tham số của

ODE, ta nhận được nghiệm tổng quát của ODE Clerô:

)C(Cxy ψ+=

+ Giả sử 0) p(x =ψ′+ :

(a). Nếu ) p(ψ là hàm tuyến tính của p, ta nhận được ODE phân ly biến số.

(b). Nếu ) p(ψ là hàm phi tuyến của p:

Từ 0) p(x =ψ′+ với const)p( ≠′ suy ra )p(x ψ′ do đó một nghiệm của ODE Clerô:

⎩ ψ′ψ′

)p()p(py

)p(x

(c) Nếu )p(x:)x(p ψ′ thì thay vào (2.18) ta được nghiệm của ODE Clerô dưới

dạng:

))x(()x(xy ωψ+ω=

Đây sẽ là nghiệm kỳ dị.

2.3. Cách tìm nghiệm kỳ dị của phương trình vi phân cấp một

2.3.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệmĐị nh lý t ồn t ại và duy nhất nghi ệm:Xét ODE cấp một chưa giải ra với đạo hàm:

0)y,y,x(F =′ (2.19)

Nếu hàm )y,y,x(F ′ thỏa mãn các điều kiện sau:

1). )y,y,x(F ′ khả vi liên tục tại lân cận đóng của điểm )y,y,x( 000 ′

2). 0)y,y,x(F 000 =′

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3). 0)y,y,x(y

F000 ≠′

′∂∂

Khi đó ODE (2.19) có một nghiệm duy nhất )x(yy = xác định tại lân cận điểm 0x thỏa mãnđiều kiện ban đầu 0000 y)x(y,y)x(y ′=′=

Bài toán Cô si c ủa ODE (2.19): Tìm điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của ODE 92.19)

thỏa mãn điều kiện 0000 y)x(y,y)x(y ′=′= với )y,y,x( 000 ′ cho tr ước.

Chứ ng minh: Theo định lý hàm ẩn, với các giải thiết đã nêu, ODE (2.19) xác định duy nhất

)y,x(f y =′ trong đó )y,x(f khả vi liên tục tại lân cận đóng của điểm ( )00 y,x sao cho

000 y)y,x(f ′= . Mặt khác do )y,x(f khả vi liên tục nên ODE )y,x(f y =′ có duy nhất nghiệm

)x(yy = thỏa mãn điều kiện ban đầu 00 y)x(y = . Hơn nữa ta có:

000000 y)y,x(f ))x(y,x(f )x(y ′===′

Đó là điều phải chứng minh.

Bao hình c ủa họ đườ ng congCho tr ước họ đường cong phụ thuộc một tham số:

]C,C[C,0)C,y,x( 21∈=Φ (2.20)

Đường cong l được gọi là bao hình của họ đường cong (2.20) nếu tại mỗi điểm của nóđều có tiếp tuyến chung với một trong các đường cong của họ (2.20) và không trùng vớimột đường cong (ít nhất một nhánh) của họ này.

Như vậy, nếu họ đườ ng cong là tích phân t ổng quát c ủa ODE (2.19) thì bao hình ứ ng

v ớ i đườ ng cong tích phân chính là nghi ệm k ỳ d ị . Thật vậy:Tại mỗi điểm của bao hình có tiếp tuyến chung với ít nhất một đường cong tích phân

của họ tích phân tổng quát, tức có cùng y′ . Ngoài ra tọa độ )y,x( của mỗi điểm của bao

hình cũng là tọa độ của điểm của đường cong tích phân. Do đó )y,y,x( ′ đối với bao

hình đều thỏa mãn ODE (2.19).Vì vậy bao hình là một đường cong tích phân. Mặt kháctại mỗi điểm của bao hình có ít nhất hai đường cong tích phân đi qua. Đó là bản thân nóvà đường cong tích phân tổng quát.

2.3.2. Tìm nghiệm kỳ dị theo C-biệt tuyến

Giả sử 0)C,y,x( =Φ là họ đường cong tích phân của ODE 0)y,y,x(F =′ với Φ khả

vi, liên tục.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




S1. Tìm C-biệt tuyến: 0)y,x( =Ψ , khi khử C từ hệ phương trình:

⎩⎨⎧

=Φ′

=Φ

0)C,y,x(

0)C,y,x(

C

S2. Nếu C-biệt tuyến là bao hình thì nó là nghiệm kỳ dị. Để nhánh nào đó của C-biệt tuyến là bao hình thì điều kiện đủ là thỏa mãn điều kiện:

0yx

). b

My

,Mx

).a 21

>∂Φ∂

+∂Φ∂

≤∂Φ∂

≤∂Φ∂

Ví dụ :Tìm nghiệm kỳ dị (từ tích phân tổng quát) của ODE sau;

0y27

8y9

4yx 32 =′+′−−

Tích phân tổng quát là:

( ) ( )23CyCx −=−

Tìm C-biệt tuyến từ họ đường cong tích phân tổng quát khi khử C từ hệ

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−−=∂Φ∂

=−−−=Φ

)2(0)Cx(3)Cy(2)C,y,x(C

)1(0CyCx)C,y,x(

2

23

Từ (1):

( ) ( )Cyln3Cyln2 −=−

tích phân hai vế, ta nhận được

x2y3C)Cy(3)Cx(2Cx

3

Cy

2−=⇔−=−⇔

−=

−

Thay C vừa nhận được vào (2), ta có:

[ ] ⇔=−−−⇔

⇔=−−−⇔=+−−+−

0)yx(274)yx(

0)yx(27)yx(40)x2y3x(3)x2y3y(2 22

xy = hoặc27

4xy −=

Như vậy C-biệt tuyến tìm được là⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −==

27

4xy,xy:)y,x(

Kiểm tra C-biệt tuyến là bao hình:+Trên đường xy = điều kiện b) không thỏa mãn.

+Trên đường27

4xy −= điều kiện a) và b) thỏa mãn nên nó là bao hình của họ

đương cong tích phân và do đó là nghiệm kỳ dị cần tìm.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2.3.3. Tìm nghiệm kỳ dị theo p-biệt tuyến

Tập kỳ dị của ODE (2.19) là tập hợp các điểm (x,y) sao cho tại đó tính duy nhất nghiệm củabài toán Cô si bị phá vỡ.

Đị nh nghĩ a p-bi ệt tuy ến: Tập hợp các điểm )y,x( xác định bởi

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∂∂

=

0) p,y,x( p

F

0) p,y,x(F

Khử p ta được { }0)y,x(:)y,x( =Φ .

Như vậy: nếu đường cong p-biệt tuyến )x(y ϕ= thuộc tập kỳ dị và đồng thời là nghiệm của

ODE thì nó là nghiệm kỳ dị của ODE đó

Các bướ c tìm nghi ệm k ỳ d ị theo p-bi ệt tuy ến:

S1. Tìm p-biệt tuyến bằng cách khử p từ hệ phương trình:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∂∂

=

0) p,y,x( p

F

0) p,y,x(F

S2. Kiểm tra tr ực tiếp p-biệt tuyến có là nghiệm của ODE (2.19) hay không.S3. Nếu p-biệt tuyến là nghiệm của ODE thì kiểm tra tại mỗi điểm của nó tính duy nhấtnghiệm của bài toán Cô si đối với ODE (2.19) có bị phá vỡ không. Nếu bị phá vỡ thì p-biệt tuyến chính là nghiệm kỳ dị.

Chú ý : Nếu p-biệt tuyến không là nghiệm hay là nghiệm mà tính duy nhất nghiệm khôngbị phá vỡ thì không kết luận được nghiệm kỳ dị không có.

Ví dụ 1: Xét ODE

0y27

8y

9

4yx 32 =′+′−−

Xác định p-biệt tuyến khi khử p từ hệ phương trình:

27

4xyvà,xy

0 p27

24 p

9

8

0 p27

8 p

9

4yx

2

32

−==⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−

=+−−là p-biệt tuyến

Thay vào ODE đã cho thì chỉ có274xy −= là nghiệm của ODE đã cho.

Kiểm tra tại mỗi điểm của đường thẳng này và theo hướng của đường thẳng đó có nghiệmnào khác của ODE đã cho đi qua hay không?Giải ODE đã cho:

32 y27

8y

9

4xy ′+′−=

(ODE Lagr ăng)

Đặt py =′ ta được:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




32 p27

8 p

9

4xy +−= (a)

dp p2724 p

981

dxdydp p

2724 p

98dxdy 22 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−=⇔⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−=

hay

dx

dp)1 p( p

9

81 p −+=

+ Nếu 01 p ≠− ta có:

1dx

dp p

9

8=

ODE này có nghiệm )C9

4C(;C p

9

4xCx

4

9 p 1

2

1

2 −=+=⇔+=

Thế biểu thức x tìm được vào biểu diển tham số của ODE, kết hợp lại ta nhận được biểudiễn tham số của tích phân tổng quát của ODE ban đầu là:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=+−+=

+=

C p27

8 p

27

8 p

9

4C p

9

4y

C p9

4x

3322

2

Khử p từ hệ phương trình này, ta nhận được tích phân tổng quát cần tìm:

( ) ( )23CyCx −=−

+ Nếu p = 1, ODE ban đầu có nghiệm

27

4xy −= đã xét ở trên. Đây là nghiệm kỳ dị như

chứng minh trên.

2.4. Bài toán quỹ đạo

Bài t ậ p chươ ng 2

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 3Phương trình vi phân cấp cao

8(6-2-0)

3.1. Các khái niệm mở đầu+ Dạng t ổng quát của ODE cấp n:

0)y,...,y,y,x(F )n( =′ (3.1)Hàm F xác định trong miền G nào đấy của không gian R(n+2).

+ ODE cấp n gi ải ra đượ c đối v ớ i đạo hàm có d ạng :

)y,...y,y,x(f y )1n()n( −′= (3.2)

+ Đị nh nghĩ a: Nghi ệm của ODE cấp n là hàm )x(y ϕ= khả vi n lần trên (a, b) sao cho:

( ) 0))x(),...,x(),x(,x(F.2) b,a(x,G)x(),...,x(),x(,x.1

)n(

)n(

=ϕϕ′ϕ ∈∀∈ϕϕ′ϕ

Chú ý: Nghiệm tổng quát của ODE cấp n phụ thuộc vào n hằng số tùy ý n21 C,...,C,C .+ Điều kiện ban đầu:

)1n(

00

)1n(

0000 y)x(y,...,y)x(y,y)x(y −− =′=′= (3.3)

với các giá tr ị )1n(

0000 y,...,y,y,x −′ cho tr ước.

Bài toán Cô si: Tìm nghiệm )x(yy = của ODE (3.1) hay (3.2) thoả mãn điều kiện ban đầu (3.3).

Ý nghĩ a hình học c ủa bài toán Cô si (đối với ODE cấp 2):

)y,y,x(f y ′=′′ (3.4)

Bài toán Cô si: tìm nghiệm của ODE (3.4) thỏa mãn các điều kiện ban đầu:

0000 y)x(y,y)x(y ′=′=

Điều kiện này tương đương điều kiện đường cong tích phân đi qua điểm )y,x( 00 cho

tr ước theo hướng 00 tgy α=′ cho tr ước. Hình 3.1.

•

y=y(x)

M(x0,y0)

O x

y

Hình 3.1WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm,các loại nghiệm của ODE cấp n3.2.1. Định lý tồn tại duy nhất nghiệmXét ODE

)y,...y,y,x(f y )1n()n( −′= (3.2)

Đị nh nghĩ a: hàm 1n

n21n21 R G)u,...,u,u,x(),u,...,u,u,x(f +⊂∈ thỏa mãn điều kiện Lipsit

cho các biến n21 u,...,u,u nếu tồn tại hằng số L, sao cho với hai điểm bất kỳ trong G:

( ) ( ) Gu,...,u,u,x,Gu,...,u,u,x n21n21 ∈∈ ta có bất đẳng thức:

∑=

−≤−n

1i

iin21n21 uuL)u,...,u,u,x(f )u,...,u,u,x(f

Nhận xét: Điều kiện Lipsit được thỏa mãn nếu hàm f trong miền G có các đạo hàm riêngtheo các biến n21 u,...,u,u liên tục và (giới nội) tồn tại số M, sao cho:

n,...,2,1i,Mu

f

i

=∀≤∂∂

Thật vậy, từ công thức số gia giới nội của hàm nhiều biến, ta có

( ) ( ) ( ) ∑=θθθ

−≤−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

++−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

=−

n

1i

iinn

nn

22

22

11

11

n21n21

uuMuuu

f ,.......uu

u

f uu

u

f

)u,...,u,u,x(f )u,...,u,u,x(f

trong đóiiu

f θ

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂ có ngh ĩ a là trong ⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂ iu

f ta thay ui bởi ( ) 10,uuu iii <θ<−θ+

Định lý: Xét miền đóng

0 b,0a,G'G)y,...,y,y,x(

,G byu,... byu, byu,axxR

)1n(

0000

10n(

01n02010

>>⊂∈′

⊂≤−≤′−≤−≤−=−

−−

Giả sử trong miền R, hàm )u,....,u,u,x(f n21 thỏa mãn các điều kiện sau đây:

1. Hàm số f liên tục (do đó bị chặn Mf ≤ )

2. Hàm số f thỏa mãn điều kiện Lipsit đối với các biến n21 u,...,u,u

Khi đó, ODE (3.2) có nghiệm duy nhất )x(yy = thỏa mãn điều kiện ban đầu)1n(

00

)1n(

0000 y)x(y,...,y)x(y,y)x(y −− =′=′= .

Nghiệm đó xác định và khả vi liên tục đến cấp n trên đoạn [ ]hx,hx 00 +− trong đó:

( )⎪⎭⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

′=

− )1n(y,...,y,Mmax

b,aminh

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Hệ quả: Giả sử hàm f liên tục cùng với các đạo hàm riêng đối với các biến n21 u,...,u,u trên

miền R. Khi đó tồn tại và duy nhất nghiệm )x(yy = của ODE (3.2) thỏa mãn điều kiện đầu:)1n(

00

)1n(

0000 y)x(y,...,y)x(y,y)x(y −− =′=′=

Chứ ng minh:

3.2.2. Nghiệm tổng quátGiả sử G là miền tồn tại và duy nhất nghiệm của ODE

)y,...y,y,x(f y )1n()n( −′= (3.2)

và G)y,...,y,y,x( )1n(

0000 ∈′ − .

Hàm phụ thuộc n tham số )C,...,C,C,x(y n21ϕ=

xác định trong miền biến thiên của các biến x, C1,C2,…,Cn , có đạo hàm riêng đến cấp ntheo biến độc lập x liên tục được gọi là nghiệm tổng quát của ODE (3.2) trong miền G, nếu:

a). trong G, từ hệ phương trình:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ϕ=

ϕ′=′

ϕ=

−− )C,...,C,C,x(y

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

)C,...,C,C,x(y

)C,...,C,C,x(y

n210

)1n()1n(

0

n2100

n2100

(3.5)

xác định đơn tr ị

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

′ψ=

′ψ=

′ψ=

−

−

−

)y,...,y,y,x(C

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

)y,...,y,y,x(C

)y,...,y,y,x(C

)1n(

0000n

0

n

)1n(

00002

0

2

)1n(

00001

0

1

(3.6)

b). hàm số )C,...,C,C,x(y 0

n

0

2

0

1ϕ= là nghiệm của (3.2) ứng với mỗi )C,...,C,C( 0

n

0

2

0

1 xác

định ở (3.6) khi )y,...,y,y,x( )1n(

0000

−′ biến thiên trong G

3.2.3. Tích phân tổng quátBiểu thức hàm dạng ẩn phụ thuộc n tham số:

0)C,...,C,C,y,x( n21 =Φ

được gọi là tích phân tổng quát của ODE (3.2) nếu nó xác định nghiệm tổng quát của ODE.

3.2.4. Nghiệm riêngNghiệm mà tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm của bài toán Cô si được bảo toànđược gọi là nghiệm riêng.Nghiệm nhận được từ nghệm tỏng quát với các giá tr ị tham số xác định cùng được gọi lànghiệm riêng.WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




3.2.5. Nghiệm kỳ dị: là nghiệm mà tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm của bài toán

Cô si bị phá vỡ.

Ví dụ: Xét ODE

y2y ′=′′

Đặt zy =′ và coi z là hàm phải tìm, ta có

z2z =′

+ Giả sử 0z ≠ :

( ) 2

11 )Cx(zCxz1z1z2

zz2z +=⇔+=⇔=

′⇔=

′⇔=′

)Cx(,C)Cx(3

1

y)Cx(y 12

3

1

2

1 −>++=⇒+=′⇒ là nghiệm tổng quát cần tìm

+ Nếu 0z = Cyhay,0z ==⇒ là nghiệm kỳ dị

3.3. Tích phân trung gian: tích phân đầuNếu trong quá trình tích phân ODE cấp n ta đi đến hệ thức chứa các hằng số tùy ý và cácđạo hàm cấp thấp hơn n dạng:

nk 1;0)C,...,C,C,y,...,y,y,x( k 21

)1n( <≤=′Φ −

được gọi là tích phân trung gian của ODE đang xét.Tích phân trung gian dạng

0)C,y,...,y,y,x( 1

)1n(

=′Φ

−

được gọi là tích phân đầu.N ếu bi ết k tích phân đầu độc l ậ p thì vi ệc tích phân ODE c ấ p n đư a đượ c v ề tích phân ODEc ấ p n-kVí dụ, giả sử đã biết 2 tích phân đầu

⎪⎩

⎪⎨⎧

=′Φ

=′Φ−

−

0)C,y,...,y,y,x(

0)C,y,...,y,y,x(

2

)1n(

2

1

)1n(

1

Khử y(n-1) từ hệ 2 tích phân đầu, ta thu được tích phân trung gian:

0)C,C,y,...,y,y,x( 21

)2n(

3 =′Φ −

Như vậy ta đưa tích phân ODE cấp n về tích phân ODE cấp n-2.

3.4. Phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương3.4.1. Phương trình dạng F(x,y(n)) = 0 (phương trình chỉ chứa biến độc lập và đạo hàm cấpcao nhất). Dạng tổng quát:

0)y,x(F )n( = (3.7)Xét 3 tr ường hợp sau đây;

Tr ườ ng hợ p 1: Giải ra )x(f y )n( = Khi đó

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)C,...,C,C,x(gCdx)C,...,C,C,x(gy

)C,...,C,C,x(gCdx)C,...,C,C,x(gy

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

)C,C,x(gCdx)C,x(gy

)C,x(gCdx)x(f y

n21n1n211n

1n211n1n2n212n

212211

)2n(

111

)1n(

=+=

=+=′

=+=

=+=

∫∫

∫

∫

−−

−−−−−

−

−

Tích phân tổng quát nhận được sau n lần cầu phương.

Tr ườ ng hợ p 2: Giải ra được )y(x )n(ϕ=

Đặt )n(y p = và coi p như tham số ta được ) p(x ϕ=

Vì dp) p( p pdxdxydy )n()1n(

ϕ′===−

nên)C, p(Cdp) p( py 111

)1n( ψ=+ϕ′= ∫−

Vì dp) p()C, p(dx)C, p(dxydy 1111

)1n()2n( ϕ′ψ=ψ== −− nên

)C,C, p(Cdp) p()C, p(y 212211

)2n( ψ=+ϕ′ψ= ∫−

……………………..

)C,...,C,C, p(Cdp) p()C,...,C,C, p(y 1n211n2n212n −−−− ψ=+ϕ′ψ=′ ∫

Cuối cùng ta có)C,...,C,C, p(Cdx)C,...,C,C, p(y n21n1n211n ψ=+ψ= ∫ −−

Vậy ta có nghiệm tổng quát dạng tham số

⎩⎨⎧

ψ=

ϕ=

)C,...,C,C, p(y

) p(x

n21

Tr ườ ng hợ p 3: Biểu diễn được dạng tham số cho x và y(n)

⎩⎨⎧

ψ=

ϕ=

)t(y

)t(x

)n(

Tương tự như trên ta có:

)C,t(Cdt)t()t(y

,dt)t()t(dxydy

111

)1n(

)n()1n(

ψ=+ϕ′ψ=

ϕ′ψ==

∫−

−

)C,....C,C,t(gy

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

),C,C,t(Cdt)t()C,t(y

,dt)t()C,t(dxydy

n21

212211

)1n(

11

)1n()2n(

=

ψ=+ϕ′ψ=

ϕ′ψ==

∫−

−−

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nghiệm phải tìm dạng tham số là:

⎩

⎨⎧

=

ϕ=

)C,....C,C,t(gy

)t(x

n21

Các ví dụ:

Ví dụ 1. Giải ODE 0x4y 2 =−′′′

.

32

2

1

5

321

4

21

4

21

3

1

3

1

2

22

CxCxC2

1x

15

1CdxCxCx

3

1y

CxCx3

1CdxCx

3

4y

Cx3

4Cdxx4y

x4y0x4y

+++=+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ++=

++=+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=′

+=+=′′

=′′′⇔=−′′′

∫

∫

∫

Ví dụ 2. Giải ODE 0xy)yexp( =−′′+′′

y)yexp(x0xy)yexp( ′′+′′=⇔=−′′+′′

Đặt dp)1) p(exp(dx; p) pexp(xy p +=+=⇒′′=

( )

( )

( )

( )

21

3

1

2

21

2

1

2

1

2

1

C pC6

p) pexp(1C

2

p) p2exp(

4

3

2

p

Cdp1) pexp(C2

p) pexp() pexp( py

dp1) pexp(C2

p) pexp() pexp( pdxydy

C2

p) pexp() pexp( pCdp1) pexp( py

dp1) pexp( pdxyyd

+++⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

=++⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++−=

⇒+⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ++−=′=

++−=++=′

⇒+=′′=′

∫

∫

Nghiệm dạng tham số cần tìm là:

⎪⎩

⎪⎨⎧

+++⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

+=

21

3

1

2

C pC6

p) pexp(1C

2

p) p2exp(

4

3

2

py

p) pexp(x

Ví dụ 3. Giải ODE 1xy 22 =+′′′

Đặt ( ) ⇒=′′′−=→= tsiny,tdtsindx,tcosx

1tcostsinxy 2222 =+=+′′′

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

( )

( )

32

1

321

24

21

24

21

3

21

3

21

2

21

11

11

2

C8

t2cost

16

t5tcosC

48

t2sin5

4

t2cosC

192

t4sin

CdttsinCtsintcosC2

tsin

2

tsintcost

6

tsiny

dttsinCtsintcosC2

tsin

2

tsintcost

6

tsin

tdtsinCtcosC2

tsin

2

tcost

6

tsindxydy

CtcosC2

tsin

2

tcost

6

tsin

CtdtsinCtdtsint2

1tdtcostsin2

4

1CdttsinC

2

tsint

4

t2sintsiny

dttsinC2

tsint

4

t2sintsintdtsinC

2

t

4

t2sindxyyd

Ct2

1

4

t2sinCdt2

1t2cosy

dt2

1t2costdtsintdtsintsindxyyd

+−++−+=

=+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−+=

⇒⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−+=

=−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++−−=′=

+++−−=

=+−+−=+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−=′

⇒⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−=−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=′′=′

+−=+−

=′′

⇒−

=−=−=′′′=′′

∫

∫∫∫∫

∫

Cuối cùng ta nhận được nghiệm tổng quát dạng tham số:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−++−+=

=

32

1 C8

t2cost

16

t5tcosC

48

t2sin5

4

t2cosC

192

t4siny

tcosx

3.4.2. Phương trình dạng F(y(n-1),y(n)) = 0 (phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp n-1)Dạng ODE:

0)y,y(F )n()1n( =− Áp dụng một trong 3 cách giải sau:

Tr ường hợp 1: Giải ra )y(f y )1n()n( −= , đặt zy )1n( =− và coi z như hàm phải tìm.

Tr ường hợp 2: Giải ra )y(f y )n()1n(

=−

, đặt py )n(

= và coi p như tham số được chọn để biểu diễn nghiệm cần tìm dưới dạng tham số.

Tr ường hợp 3: Biểu diễn được dạng tham số )t(y);t(y )1n()n( ψ=ϕ= − và nghiệm cầntìm có ở dạngtham số.

Cụ thể:

Tr ườ ng hợ p 1: Giải ra )y(f y )1n()n( −= , đặt zy )1n( =− và coi z như hàm phải tìm.

)z(f z =′ đây là ODE cấp một. Giả thiết là nó giải được ta có nghiệm tổng quát

)C,x(gz 1= hay tích phân tổng quát 0)C,z,x( 1 =Φ .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay )1n(yz −= ta nhận được 0)C,y,x(hay),C,x(gy 1

)1n(

1

)1n( =Φ= −− ta quay lại tr ườnghợp trên.

Nếu )z(f z =′ tìm được nghiệm dạng tham số )C,t(z),C,t(x 21 ψ=ϕ= ta tr ở về tr ườnghợp 3 của mục 1.

Tr ườ ng hợ p 2 : Giải ra )y(f y )n()1n( =− , đặt py )n( = và coi p như tham số được chọn để biểu diễn nghiệm cần tìm dưới dạng tham số.

Đặt py )n( = , coi p như tham số, ta có ) p(f y )1n( =− . Ta có:

)C, p(Cdp p

) p(f x

p

dp) p(f

y

dydx 11)n(

)1n(

ϕ=+′

=⇒′

== ∫−

tr ở về tr ường hợp:

⎩⎨⎧

=ϕ=− ) p(f y

)C, p(x)1n(

1

đã xét ở trên

Tr ườ ng hợ p 3: Biểu diễn được dạng tham số )t(y);t(y )1n()n( ψ=ϕ= − và nghiệm cầntìm có ở dạngtham số.Giả sử có thể biểu diễn tham số cho ODE

⎪⎩

⎪⎨⎧

ψ=

ϕ=− )t(y

)t(y

)1n(

)n(

Ta có

)C,t(gCdt)t(

)t(x)t(

dt)t(

y

dydx 11)n(

)1n(

=+ϕψ′=⇒

ϕψ′== ∫

−

tr ở về tr ường hợp đã xét trên

⎩⎨⎧

ψ=

=− )t(y

)C,t(gx

)1n(

1


( ) ( )2

322

32 y1y0y1y ′+−=′′⇔=′++′′

Đặt ( )2

3

2z1zzy +−=′⇒=′ . Ta có

( ) ( )( )

( )∫ +

+−=⇒

⇒+

−=⇒=+−=′+−=′′=′

1

2

32

2

32

2

322

32

C

z1

dzx

z1

dzdxdzdxz1dxy1dxyyd

Đặt ϕ= tgz ta được:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




111

2

3

2

2

CsinCd cosC

cos

1

cos

d x +ϕ−=+ϕϕ−=+

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

ϕϕ

ϕ−= ∫∫

Vì ϕ==′ tgzy nên

( ) 2Ccosyd sind costgdxydy +ϕ=⇒ϕϕ−=ϕϕ−ϕ=′=

Do đó nghiệm tổng quát dạng tham số là:

⎩⎨⎧

+ϕ=

+ϕ−=

2

1

Ccosy

Csinx

hay

( ) ( ) 1CyCx

2

2

2

1 =−+−

Như vậy, các đường cong tích phân là họ các đường tròn bán kính 1 tâm tùy ý.

3.4.2. Phương trình dạng F(y(n-2),y(n)) = 0 (phương trình chỉ chứa đạo hàm cấp n và cấp n-2)Dạng ODE

0)y,y(F )n()2n( =− Xét 2 tr ường hợp:Tr ườ ng hợ p 1. Giải ra được y(n)

)y(f y )2n()n( −=

Đặt zy )2n( =− và coi z như hàm phải tìm, ta có ODE tương đương )z(f z =′′ .

Nhân 2 vế với )0z(,z2 ≠′′ ta có ( ) dz)z(f 2zd )z(f z2zz2 2 =′⇔′=′′′ Tích phân ODE này, ta có

0)C,C,z,x(hayCdz)z(f 2

dzCx

Cdz)z(f 2

dzdx

dx

dzCdz)z(f 2zCdz)z(f 2z

21

1

2

1

11

2

=Φ+±

=+⇔+±

=

⇒=+±=′⇔+=′

∫∫∫

∫∫

Tr ở về tr ường hợp đã xét ở trên

Tr ường hợp 2. Biểu diễn được )2n()n( y,y − qua tham số

⎪⎩

⎪⎨⎧

ψ=

ϕ=−

)t(y

)t(y

)n(

)2n(

Ta có:

)2n()n()1n()1n(

)1n(

)2n(

)n(

)1n(

)1n()2n(

)n()1n(

dyydyyy

dy

y

dydx

dxydy

dxydy −−−−

−−

−−

−

=⇔==⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

hayWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ][ ]

∫ +ϕ′ψ=

⇒ϕ′ψ==−

−−

1

2)1n(

)2n()n(2)1n(

Cdt)t()t(2y

dt)t()t(2dyy2yd

hay

)C,t(Cdt)t()t(2y 111

)1n( ψ=+ϕ′ψ±= ∫−

Ta đi đến hệ thức

⎪⎩

⎪⎨⎧

ϕ=

ψ=−

−

)t(y

)C,t(y

)2n(

11

)1n(

Là dạng ODE nêu trên.

Ví dụ: Tích phân ODE )consta(,yya )4(2 =′′=

Đặt zy =′′ , nhân 2 vế với z2 ′ , ta nhận được

( ) 21

2

1

2

1

2

1

2

1

2222

Clna

xCzzln

a

dx

Cz

dz

Czdx

dzaCzzaCzzazz2zz2a

+=++⇔=+

⇔

⇔+=⇔+=′⇒+=′⇔′=′′′

hay

) b(

a

xexpC

CCzz

a

xexpC

1

Czz

Czz

Czz

1

a

xexpC

1

Czz

1

)a(a

xexpCCzz

2

1

1

2

21

2

1

2

1

2

21

2

21

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=+−

⇔

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

+−

+−

++⇔

⇔

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

=++

⇔

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =++

Từ (a) và (b) suy ra

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −−⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ =

a

xexp

C2

C

a

xexp

2

Cz

2

12

Tr ở lại yz ′′= và lấy tích phân lần lượt biểu thức này ta có

43

2

1

2

2

2

CxCa

xexp

C2

Ca

a

xexp

2

Cay ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

Đây là nghiệm tổng quát cần tìm

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3.5. Các phương trình vi phân cấp cao hạ thấp cấp được

3.5.1. Phương trình dạng F(x, y(k),y(k+1),…y(n)) = 0 (phương trình không chứa hàm phải tìm

và đạo hàm của nó đến cấp k-1)Dạng

)1k (,0)y,...,y,y,x(F )n()1k ()k ( ≥=+

Đặt zy )k ( = , z là hàm phải tìm, ta có:

0)z,...,z,z,x(F )k n( =′ − Đây là ODE cấp n – k.+ Nếu nhận được nghiệm:

( )k n21 C,....,C,C,xz −ω= hay

( )k n21

)k ( C,....,C,C,xy −ω=

ta nhận được dạng ODE đã xét ở trên.+ Nếu nhận được tích phân tổng quát

0)C,...,C,z,x( k n1 =Φ −

thì ta có:

0)C,...,C,y,x( k n1

)k ( =Φ − Cũng tr ở về được dạng ODE đã khảo sát trên.


yx4yy4 2 ′′=′′+′

Đặt zy =′ , coi z là hàm phải tìm. Ta có: 4

zzxzzx4zz4

22 ′

−′=⇔′=′+ đây là ODE

Clerô. Nghiệm tổng quát của nó là:

4

CxCz

2

11 −=

Thay yz ′= và tích phân ODE nhận được, ta có nghiệm tổng quát của ODE ban đầu là:

2

2

121 Cx4

Cx

2

Cy +−=

Thử gi ải : Đặt pz =′ coi p như tham số.

0dp2 px pdxdp

2 px pdxdz

4 pxpz

2

=⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −⇔=⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+=⇒−=

Nếu 1C p0dp02

px =⇔=⇒≠⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −4

CxCz

2

11 −=⇒ ⇔−=′⇒

4

CxCy

2

11

2

2

121 Cx4

Cx

2

Cy +−=⇔

Nếu Cx3

1yxyxxx2zx2 p0

2

px 32222 +=⇒=′⇒=−=⇒=⇒=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ − . Đây là

nghiệm kỳ dị.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3.5.2. Phương trình dạng F(y, y’,…y(n)) = 0 (phương trình không chứa biến số độc lập)Dạng ODE:

0)y,...,y,y(F )n( =′

Cách giải: Đặt zy =′ , coi z như hàm của y. Biểu diễn các đạo hàm theo z:

)

dy

zd ,....,

dy

dz,z(y

.....

,....zdy

dzz

dy

zd

dx

dyz

dy

dz

dy

dzz

dy

dz

dx

d

dx

yd y

zdy

dz

dx

dy

dy

dz)z(

dx

d

dx

yd y

1n

1n)n(

2

2

2

−

−

ω=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

′′=′′′

===′

=′′

Thế vào ODE ban đầu, ta nhận được ODE mới

0dy

zd ,....,

dy

dz,z,y

1n

1n

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ Φ

−

−

Đây là ODE cấp n-1. Giả sử r ằng, nghiệm tổng quát của ODE này tìm được là:)C,...C,C,y(yhay)C,...C,C,y(z 1n211n21 −− ψ=′ψ= Tích phân ODE này ta nhận được

nghiệm cần tìm.Ví dụ: Giải ODE

222 y)1y3(yy)y1( ′−=′′+

Đây là dạng ODE cấp 2 không chứa biến độc lập. Đặt zy =′ và coi z như hàm mới. Ta có

dy

dzz

dx

dy

dy

dz)z(

dx

d

dx

yd y ===

′=′′

Thế vào ODE đã cho

222 z)1y3(dy

dzyz)y1( −=+

Nếu :0z ≠

( ) ( ) 122

122

12

2

2

22

Cy1

yyC

y1

yz

Clnylny1ln2zlndyy)y1()1y3(

zdzz)1y3(

dydzy)y1(

=+

′⇒=

+⇔

⇔+−+=⇔+ −=⇔−=+

Tích phân Ode này, ta được tích phân tổng quát của ODE ban đầu:

( ) 212 CxC2

y1

1+−=

+

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nếu :0z = Cy =⇒ . Đây cũng là nghiệm cần tìm.

3.5.3. Phương trình thuần nhất đối với hàm phải tìm và các đạo hàm của nó

Dạng ODE0)y,...,y,y,x(F )n( =′

trong đó F là hàm thuần nhất bậc k đối với hàm phải tìm và các đạo hàm của nó.

)y,...,y,y,x(Ft)ty,...,yt,ty,x(F,R t )n(k )n( ′=′∈∀ Cách gi ải : Đặt biến yzy =′ trong đó z là hàm phải tìm để hạ bậc ODE đã cho.Thật vậy, biểu diễn các đạo hàm theo hàm phải tìm và biến mới.

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

)z,...,z,z(yy

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

zzz3zyyzzzyzyz2yz

yzzyzyz2zyzzz2y'zzy)zz(yyy

)zz(yy'zzyyzy

)1n()n(

33

222

2

−′ω=

′′+′+=′+′′+′+=

=′′+′′+′+′=′′+′++′=′

′+=′′′=′′′

′+=+′=′=′′

Thay vào ODE ban đầu, và chú ý tới giả thiết thuần nhất, ta có

0)z,....,z,z(,...,zz,z,1,x(Fy )1n(2k =′ω′+ −

+ Nếu 0y ≠ , từ hệ thức trên ta nhận được ODE cấp n – 1 sau đây:

0)z,....,z,z(,...,zz,z,1,x(F )1n(2 =′ω′+ −

Giả sử )C,....,C,x(z 1n1 −ϕ= là nghiệm tổng quát của ODE vừa nhận được.Do phép đặt biến ta có y/yz ′= nên tích phân ODE cấp một,

)C,....,C,x(yy 1n1 −ϕ=′ ta được nghiệm tổng quát của ODE cần tìm là:

∫ −ϕ= )dx)C,....,C,x(exp(Cy 1n1n

+ Nếu 0y = ứng với k > 0 có thể coi như nhận được từ nghiệm tổng quát khi Cn = 0.Ví dụ: Giải ODE

0yyyxyxy

2

=′−′+′′ Ta có

( ) )y,y,y,x(Ftyyyxyxyt)yt,yt,ty,x(F,R t

yyyxyxy)y,y,y,x(F

222

2

′′′=′−′+′′=′′′∈∀⇒

⇒′−′+′′=′′′

Như vậy ODE đã cho là thuần nhất bậc 2. Đặt yzy =′ và coi z là hàm phải tìm để hạ bậc ODE ban đầu.Thật vậy, biểu diễn các đạo hàm theo hàm phải tìm và biến z mới.

( ) )zz(yy'zzyyzy 2 ′+=+′=′=′′

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay biểu diễn các đạo hàm vào ODE đã cho, ta nhận được ODE:

( ) ( ) ( ) 0zxz)zz(xy0yyzyzx)zz(yxy 22222 =−+′+⇔=−+′+ Hay

)0x(,z2zx

1z0zxz2zx 22 ≠=−′⇔=−+′

Đây là ODE Becnully và nghiệm tổng quát của nó là:

1

2 Cx

xz

+=

Tr ở lại biến cũ, ta có

1

2 Cx

x

y

y

+=

′

Tích phân ta có

1

2

2 CxCy +=

Do z = 0 cũng là nghiệm của ODE ngay trên nên y = C cũng là nghiệm của ODE đã cho.

3.5.3. Phương trình mà vế trái là đạo hàm toàn phầnDạng ODE:

0)y,...,y,y,x(F )n( =′ trong đó

)y,....,y,y,y,x(

dx

d )y,...,y,y,x(F )1n()n( −′′′Φ=′

Ta nhận được tích phân đầu:

1

)1n( C)y,....,y,y,y,x( =′′′Φ − Ví dụ 1: Giải ODE

0y1

yy3

y

y2 =

′+

′′′−

′′′′′

Ta thấy

( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡ ′+−′′=′+

′′′−

′′′′′ 2

2 y1ln

2

3yln

dx

d

y1

yy3

y

y

Nên ODE đang xét có tích phân đầu là

( )( )

0C

y1

yhayClny1ln

2

3yln 1

2

32

1

2 =−′+

′′=′+−′′

Vế trái của ODE này lại là đạo hàm toàn phần của hàm

xCy1

y1

2−

′+

′

Nên ta được ODE

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) 21

2CxC

y1

y=−

′+

′

Tích phân ODE này ta nhận được tích phân tổng quát cần tìm là:

( ) ( )11

3

1

2222

C

1R ,

C

C b,

C

Ca,R byax ==−==−+−

Nhận xét: Nếu vế trái của ODE đang xét không phải là là vi phân toàn phần, có thể dùngphương pháp tìm thừa số tích phân để đưa ODE đang xét về dạng vi phân tò phần.


0x

yy2yyy2yy 22 =

′−′+′+′′

Vế trái không có dạng vi phân toàn phần.

Nhân 2 vế của ODE với thừa số tích phân )0yy(,yy

1≠′

′=μ ta được

[ ] 0xln2ylnyylndx

d hay)0yy(,0

x

2

y

yyy2

y

y 2 =−++′≠′=−′

+′+′′′

Tích phân đầu và tích phân tổng quát tìm được là:

2

312312

2

1

2

1

2

Cx3

C)yexp(

2

10x

3

C)yexp(

2

1

dx

d

0xC)yexp(yyClnxln2ylnyyln

=−⇔=⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−⇔

⇔=−′⇔=−++′

Tr ường hợp 0yy =′ cho ta nghiệm y = C. Nghiệm này nhận được từ tích phân tổng quátkhi C1 = 0.

Ví dụ 2. Xét ODE Liuvin

0y)y(Fy)x(f y 2 =′+′+′′ trong đó f(x), F(y) là các hàm cho tr ước.

Nhân hai vế của ODE đã cho với thừa số tích phâny

1

′=μ ta có

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫

+⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⇔

⇔⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −−=′⇔=++′⇔

⇔=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

++′⇔=′++′′′

x

x

2

x

x

1

y

y

y

y

x

x

y

y

11

x

x

y

y

x

x

y

y

0 00 0

0 00 0

0 0

Cdxdx)x(f expCdydy)y(Fexp

dy)y(Fdx)x(f expCyClndy)y(Fdx)x(f yln

0dy)y(Fdx)x(f ylndx

d 0y)y(F)x(f y

y


WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 4Phương trình vi phân tuyến tính cấp n

10(8-2-0)Nội dung chính:Tính chất, cấu trúc của tập nghiệm của lớp ODE tuyến tính cấp n

§4.1. Định ngh ĩ a và các tính chất cơ bảnCác đinh nghía:+ODE tuy ến tính c ấ p n có dạng tổng quát:

)x(gy)x(a,...,y)x(ay)x(ay)x(a n

)2n(

2

)1n(

1

)n(

0 =+++ −− (4.1)

trong đó:

)x(g),x(a),...,x(a),x(a),x(a n210 là các hàm liên tục trong khoảng (a,b) và

) b,a(x,0)x(a 0 ∈∀≠ .

(v ế trái c ủa (4.1) là hàm tuy ến tính đối v ớ i hàm phải tìm và các đạo hàm đến c ấ p n c ủa nó )

Thường ODE (4.1) được xét ở dạng có hàm hệ số của đạo hàm cấp cao nhất bằng một.

)x(f y)x( p,...,y)x( py)x( py n

)2n(

2

)1n(

1

)n( =++++ −− (4.2)

trong đó

)x(a

)x(g)x(f ,

)x(a

)x(a)x( p,....,

)x(a

)x(a)x( p,

)x(a

)x(a)x( p

00

nn

0

22

0

11 ==== (4.2a)

là các hàm liên tục trong khoảng (a,b).

+ODE tuy ến tính thuần nhất c ấ p n tương ứng ODE cấp n có dạng:

0y)x( p,...,y)x( py)x( py n

)2n(

2

)1n(

1

)n( =+++ −− (4.3)

(Từ ODE tuyến tính cấp n cho vế phải bằng không).

+ Sự t ồn t ại, duy nhất nghi ệm thỏa mãn đ i ều ki ện ban đầu:Nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu của ODE (4.2) với điểu kiện (4.2a) luôn tồn tại vàduy nhất trong toàn khoảng (a,b).

Xét bất kỳ điểm ) b,a(x 0 ∈ vàn)1n(

000 R )y,...,y,y( ∈′ −, ta cần tìm nghiệm y = y(x) của ODE

(4.2) thỏa mãn điều kiện đầu)1n(

00

)1n(

0000 y)x(y,...,y)x(y,y)x(y −− =′=′=

nghiệm này không chỉ tồn tại và duy nhất ở lân cận của điểm x0, mà còn tồn tại duy nhấttrong toàn khoảng (a,b).

Từ (4.2), ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)x(f y)x( p,...,y)x( py)x( p)y,...,y,y,x(khi

),y,...,y,y,x(y

)x(f y)x( p,...,y)x( py)x( py

n)2n(

2)1n(

1)1n(

)1n()n(

n

)2n(

2

)1n(

1

)n(

+−−−−=′ϕ

′ϕ=⇔

⇔+−−−−=

−−−

−

−−

Lấy đoạn ] b,a[ 11 chứa x0 sao cho ) b,a(] b,a[ 11 ⊂ . Khi đó ta có:

),x( py

),....,x( py

),x( py

1)1n(1nn −=∂

ϕ∂−=

′∂ϕ∂

−=∂ϕ∂

−−

Do các hàm n,...2,1i),x( p i = liên tục trên đoạn kín [a1,b1] nên chúng bị chặn trên đoan đó.

Như vậy các đạo hàm riêng của hàm)1n(y,...,y,ytheo −′ϕ cũng giới nội trên miền

n

11 R x] b,a[G = . Đồng thời theo giả thiết trên, thì hàm ϕ liên tục trên G.

Như vậy, các điều kiện của định lý tồn tại duy nhất nghiệm được thỏa mãn, do đó ta nhậnđược điều cần chứng minh.

Nghi ệm y(x) nói trên không chỉ xác đị nh trong lân c ận c ủa đ i ểm x 0 mà còn xác đị nh trongtoàn khoảng (a,b). (chứ ng minh sau)

Các tính chấtTính chất : Tính tuyến tính của ODE (4.2) được bảo toàn khi dùng:

(1). phép thế bi ến số độc l ậ p

)t(x ϕ= (4.4)

trong đó ϕ là hàm khả vi liên tục n lần trên khoảng ),( βα và ),(t,0)t( βα∈∀≠ϕ′

(2). phép bi ến đổi tuy ến tính hàm phải tìm

)x(z)x(y γ+ν= (4.5)

trong đó γν, khả vi liên tục n lần trên (a,b) và 0x,0)x( ≠∀≠ν

Chứ ng minh:(1). Từ (4.4), coi t như hàm của x ta có:

dt

dy

dt

yd

)t(

1

)t(

1

dt

dy

dt

d

)t(

1

dx

dt

)t(

1

dt

dy

dt

d

)t(

1

dt

dy

dx

d

dx

yd

;)t(

1dtdy

dxdt

dtdy

dxdy

;)t(

1

dx

dtdt)t(dx

32

2

22

2

ϕ′ϕ ′′

−ϕ′

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕ′ϕ′=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕ′=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕ′=

ϕ′==

ϕ′=⇒ϕ′=

tương tự k

k

dx

yd được biểu diễn tuyến tính (và thuần nhất) qua

k

k

2

2

dt

yd ,...,

dt

yd ,

dt

dy với các

hệ số là các hàm liên tục theo t.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay các biểu thức này vào (4.1), ta nhận được ODE tuyến tính cấp n mới

)t(hy)t( b,...,

dt

yd )t( b

dt

yd )t( b

dt

yd )t( b n2n

2n

21n

1n

1n

n

0 =+++−

−

−

−

(đpcm1)

Nhận xét 1: Phép đổi biến độc lập (4.4), đưa ODE tuyến tính thuần nhất về ODE tuyếntính thuần nhất (2). Ta chứng minh phép bi ến đổi tuy ến tính hàm phải tìm không làm mất tính tuyến tínhcủa ODE (4.1). Thật vậy, từ định ngh ĩ a phép biến đổi ta có:

)x(z)x(dx

dz)x(2

dx

zd )x(

dx

yd

)x(z)x(dx

dz)x(

dx

dy

2

2

2

2

γ ′′+ν ′′+ν′+ν=

γ′+ν′+ν=

Tương tự đạo hàm cấp kk

k

dtyd được biểu diễn tuyến tính qua z và các đạo hàm

k

k

2

2

dx

zd ,...,

dz

zd ,

dz

dzvới các hệ số là hàm của x. Thay các hệ số này vào ODE (4.1), ta nhận

được ODE tuyến tính cấp n mới

)x(d z)x(c,...,z)x(cz)x(cz)x(c n

)2n(

2

)1n(

1

)n(

0 =++++ −− (đpcm2)

Nhận xét 2:(a). Phép biến đổi tuyến tính hàm phải tìm (4.5), đưa ODE tuyến tính thuần nhất về ODEtuyến tính thuần nhất

(b). Phép biến đổi z)x(y ν= với )x(ν được chọn có thể đưa ODE tuyến tính cấp n về

ODE tuyến tính cấp n không còn chứa đạo hàm cấp n-1 của hàm mới phải tìm. Thật vậybởi vì

....dx

zd )x(

dx

yd

....dx

zd )x(n

dx

zd )x(

dx

yd

1n

1n

1n

1n

1n

1n

n

n

n

n

+ν=

+ν′+ν=

−

−

−

−

−

−

Nên khi thay vào ODE (4.1) ta nhận được

[ ] )x(e,...,z)x()x( p)x(nz)x( )1n(

1

)n( =+ν+ν′+ν −

Ta chọn )x(ν sao cho 0)x()x( p)x(n 1 =ν+ν′ , tức là

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=ν ∫ dx)x( pn

1exp)x( 1 ( đ pcm)

§4.2. Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp nKhảo sát cấu trúc của tập nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất


)2n(

2

)1n(

1

)n( =++++ −− (4.3)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




trong đó )x( p),....,x( p),x( p n21 liên tục trong khoảng (a,b).

4.2.1. Các tính chất c ủa nghi ệm phươ ng trình

+ Toán tử vi phân y)x( p,...,y)x( py)x( py]y[L n

)2n(

2

)1n(

1

)n( ++++= −− là toán t ử tuy ến tính

(nên được gọi là toán tử vi phân tuyến tính).Thật vậy, bằng cách tính toán tr ực tiếp, ta nhận được:

(1). Đối với )x(y),x(y 21 khả vi liên tục n lần, ta có

]y[L]y[L]yy[L 2121 +=+

(2). Đối với )x(y khả vi liên tục n lần hằng số C tùy ý, ta có

]y[CL]Cy[L 1 =

Do tính chất tuyến tính của toán tử vi phân L[y], ta suy ra tính chất sau đây của tập nghiệm

ODE tuyến tính thuần nhất: (kiểm chứng tr ực tiếp)(a) Nếu y(x) là nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất và C là hằng số tùy ý thì Cy(x)cũng là nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất.(b). Nếu y1(x), y2(x) là nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất thì y1(x) + y2(x) cũng lànghiệm của ODE tuyến tính thuấn nhất.

(c). Nếu )x(y),...,x(y),x(y n21 là các nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất và với mọi

hằng số n21 C,...,C,C thì )x(yC,...,)x(yC)x(yC)x(y nn2211 +++= cũng là nghiệm của

ODE tuyến tính thuần nhất.

4.2.2. Sự phụ thuộc tuy ến tính và độc l ậ p tuy ến tính c ủa hệ hàm

Đị nh nghĩ a: Hệ hàm )x(),...,x(),x( n21 ϕϕϕ xác định trên khoảng (a,b) được gọi là phụ thuộc

tuy ến tính trên khoảng (a,b) nếu tồn tại các hằng số n21 a,...,a,a không đồng thời bằngkhông sao cho:

0)x(a,...,)x(a)x(a nn2211 =ϕ++ϕ+ϕ (4.6)

Nếu đẳng thức (4.6) xảy ra khi và chỉ khi tất cả các hệ số đều bằng không

( 0a,...,aa n21 ==== ) thì hệ hàm )x(),...,x(),x( n21 ϕϕϕ được gọi là độc l ậ p tuy ến tính.

Dễ thấy r ằng, chỉ cần hệ hàm chứa một hàm đồng nhất bằng không thì hệ đó là phụ thuộctuyến tính.

Các ví dụ về hệ hàm độc lập tuyến tính trên khoảng (a,b) bất kỳ.

Ví dụ 1: Các hệ hàm sau đây là độc l ậ p tuy ến tính trên khoảng (a,b) bất kỳ.(1). Hệ hàm

k 2 x,....,x,x,1

(2). Hệ hàm k ,...,2,1 j,ivà jikhi,);xexp(),...,xexp(),xexp( jik 21 =≠λ≠λλλλ

(3). Hệ hàm

)xexp(x),...,xexp(x),xexp(

........



k

k

k k

2

k

22

1

k

11

k

2

1

λλλ

λλλ

λλλ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




trong đók 21 ,...,, λλλ là các hằng số khác nhau từng đôi một và

k 21 k ,...,k ,k là các số tự

nhiên.

Chứ ng minh: Bằng phản chứng

(1). Giả sử hệ k 2 x,....,x,x,1 phụ thuộc tuyến tính, tức là

),(x,0x:0,R ,...,,), b,a(),(k

0i

i

i

k

0i

2

ik 10 βα∈∀=α≠α∈ααα∃⊆βα∃ ∑∑==

Điều này vô lý vì vế trái của đẳng thức trên là đa thức bậc không quá k nên có khôngquá k nghiệm. (đpcm1)

(2). Giả sử hệ (2) phụ thuộc tuyến tính, tức là

)a(0,R ,...,), b,a(),(k

1i

2

ik 1 ≠α∈αα∃⊆βα∃ ∑=

sao cho

) b(),(x,0)xexp(k

1i

ii βα∈∀≡λα∑=

Do (a), giả sử 0k ≠α , chia hai vế của (b) cho )xexp( 1λ và lấy đạo hàm của đồng nhất

thức thu được, ta có:

( ) ( ) 0x)(expk

2i

1i1ii ≡λ−λλ−λα∑=

Chia hai vế đồng nhất thức ngay trên cho ( )x)(exp 12 λ−λ và lấy đạo hàm đồng nhấtthức vừa nhận được, ta có:

( )( ) ( ) 0x)(expk

3i

2i2i1ii ≡λ−λλ−λλ−λα∑=

Tiếp tục quá trình này ta đi đến hệ thức:

( )( ) ( ) ( ) 0x)(exp... 1k k 1k k 2k 1k k ≡λ−λλ−λλ−λλ−λα −−

Điều này mâu thuẫn với giả thiết vì jikhivà,0 jik ≠λ≠λ≠α (đpcm2)

(3). Chứng minh tương tự, minh họa với k = 3.

Ví dụ 2. Hệ hàm xcos,xsin,1 22− là phụ thuộc tuy ến tính trên mọi khoảng (a, b).

Thật vậy chỉ việc chọn 1,1 321 −=α=α=α

4.2.3. Đị nh thứ c VronskiĐị nh nghĩ a:

Giả sử hệ k hàm )x(),...,x(),x( k 21 ϕϕϕ khả vi k -1 lần trên khoảng (a, b). Khi đó định thức

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ]

)1k (

k

)1k (

2

)1k (

1

k 21

k 21

k 21

...

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

)x(...)x()x(

)x(...)x()x(

)x(W,...,,W

−−− ϕϕϕ

ϕ′ϕ′ϕ′

ϕϕϕ

=≡ϕϕϕ

được gọi là định thức Vronski

Định lý 1. (đ i ều ki ện c ần của sự phụ thuộc tuyến tính của hệ hàm)

Nếu hệ hàm )x(),...,x(),x( k 21 ϕϕϕ khả vi k – 1 lần là phụ thuộc tuyến tính trên khoảng (a, b)

thì khi đó định thức Vronski của chúng đồng nhất bằng không trên khoảng đó.Chứ ng minh:

Do hệ hàm )x(),...,x(),x( k 21 ϕϕϕ phụ thuộc tuyến tính nên tồn tại các hằng số

k 21 ,...,, ααα không đồng thời bằng không sao cho0)x(...)x()x( k k 2211 =ϕα++ϕα+ϕα

Đạo hàm đồng nhất thức này k -1 lần, ta đi đến hệ phương trình đại số tuyến tính thuầnnhất với mỗi điểm x cố định.

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=ϕα++ϕα+ϕα

=ϕ′α++ϕ′α+ϕ′α

=ϕα++ϕα+ϕα

−−− 0)x(...)x()x(

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

0)x(...)x()x(

0)x(...)x()x(

)1k (

k k

)1k (

22

)1k (

11

k k 2211

k k 2211

Hệ này có nghiệm không tầm thường k 21 ,...,, ααα nên định thức Crame của hệ phải bằng

không. Định thức Crame của hệ này chính là định thức Vronski W(x) của hệ hàm đang xét.Do x là điểm bất kỳ trong khoảng (a,b) nên suy ra điều cần chứng minh (đpcm).

Hệ quả: Nếu hệ hàm )x(),...,x(),x( k 21 ϕϕϕ có định thức Vronski )x(W của nó khác không

dù chỉ tại một điểm trong khoảng (a, b) thì hệ hàm đó độc lập tuyến tính trên (a, b).

Chú ý:

Hệ )x(),...,x(),x( k 21 ϕϕϕ phụ thuộc tuyến tính 0)x(W =⇒ .

Nhưng điều kiện 0)x(W = không đủ để kết luận hệ là phụ thuộc tuyến tính.

Thật vậy, xét hệ hai hàm sau:

⎩⎨⎧

≤

≥=ϕ

⎩⎨⎧

≤

≥=ϕ

0xkhix

0xkhi0)x(,

0xkhi0

0xkhix)x(

22

2

1

Khi đó [ ] ),(R x0,W 21 ∞−∞=∈∀≡ϕϕ .

Tuy vậy )x(),x( 21 ϕϕ độc lập tuyến tính trên R.

Thật vậy, giả sử ngược lại )x(),x( 21 ϕϕ là hệ phụ thuộc tuyến tính trên R. Khi đó

),(x0)x()x(:0,R , 2211

2

2

2

121 ∞−∞∈∀=ϕα+ϕα≠α+α∈αα∃

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Giả sử 02 ≠α thì khi đó xét ]0,(x −∞∈∀ ta có 0)x(22 =ϕα . Điều này vô lý vì 02 ≠α .

Định lý 2. Giả sử )x(y...,),x(y),x(y n21

là n nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất cấp n


)2n(

2

)1n(

1

)n( =++++ −− (4.3)

Điều kiện cần và đủ để hệ hàm trên (n nghiệm của ODE tuyến tính thuấn nhất) phụ thuộctuyến tính trên (a, b) là định thức Vronski của nó bằng không trên khoảng đó.Chứ ng minh:

Điều kiện cần suy ra từ định lý 1.Ta chứng minh điều kiện đủ.Theo giả thiết, định thức Vronski của hệ thỏa mãn

[ ] ) b,a(x0

y...yy

............)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

)x(Wy,...,y,yW

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

n21 ∈∀≡′′′=≡

−−−

Lấy điểm ) b,a(x 0 ∈ và xét hệ phương trình đại số tuyến tính thuấn nhất sau với các ẩn

n21 ,...,, ααα

⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=α++α+α

=′α++′α+′α

=α++α+α

−−− 0)x(y...)x(y)x(y

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

0)x(y...)x(y)x(y

0)x(y...)x(y)x(y

0)1n(

nn0)1n(

220)1n(

11

0nn022011

0nn022011

(a)

Định thức Crame của hệ là )x(W 0 . Theo giả thiết 0)x(W 0 = nên hệ vừa nhận được có

nghiệm không tầm thường0

n

0

2

0

1 ,...,, ααα .

Ta có, hàm

)x(y...)x(y)x(y)x(y n

0

n2

0

21

0

1 α++α+α= (b)

cũng là nghiệm của ODE tuyến tính thuấn nhất (4.3).

Mặt khác , do0

n

0

2

0

1 ,...,, ααα là nghiệm của (b) thì từ (a) và (b) suy ra

0)x(y...,,0)x(y,0)x(y0

)1n(

00

==′= −

Do ODE (4.3) có nghiệm tầm thường 0z ≡ cũng thỏa mãn điều kiện ban đầu

0)x(z...,,0)x(z,0)x(z 0

)1n(

00 ==′= − nên theo định lý tồn tại duy nhất nghiệm ta có

)x(z)x(y = hay

0)x(y...)x(y)x(y)x(y n

0

n2

0

21

0

1 =α++α+α=

Vì0

n

0

2

0

1 ,...,, ααα không đồng thời bằng không nên suy ra điều cần chứng minh (đpcm).

Hệ quả: Định thức Vronski của hệ n nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất cấp n hoặcđồng nhất bằng không hoặc khác không tại mọi điểm của khoảng (a, b).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




4.2.4. Công thứ c Ostrogradski-Liuvin Định thức Vronski của n nghiệm của hệ ODE tuyến tính thuần nhất (4.3), được tính thôngqua hàm hệ số của đạo hàm cấp n-1, Cụ thể:

( )⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ −==−= ∫∫x

x

101

0

dx)x( pexp)x(W)x(WhayConstC,dx)x( pexpC)x(W

trong đó )x( p1 là hệ số của)1n(y −

Chứ ng minh: Định thức Vronski của hệ n nghiệm bất kỳ của ODE (4.3) có dạng:

[ ]

)1n(n

)1n(2

)1n(1

n21

n21

n21

y...yy

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

)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

)x(Wy,...,y,yW

−−−

′′′=≡

Theo qui tắc lấy đạo hàm của định thức ta có:

)n(

n

)n(

2

)n(

1

)2n(

n

)2n(

2

)2n(

1

n21

n21

)n(

n

)n(

2

)n(

1

)2n(

n

)2n(

2

)2n(

1

n21

n21

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

y...yy

y...yy

............)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

y...yy

y...yy

............)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

y...yy

y...yy

............)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

...

y...yy

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

)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

y...yy

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

)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

)x(W

−−−−−−

−−−

−−−

−−−−−−

′′′=

′′′+

′′′+

+′′′′′′

+′′′

′′′

=′

Vì n -1 định thức đầu có hai hàng giống nhau nên chúng bằng không.

Nhân hàng thứ nhất với )x( pn , hàng thứ 2 với )x( p 1n− ,…, hàng thứ n -1 với )x( p2 r ồi cộng

với hàng cuối cùng và chú ý r ằng )x(y...,),x(y),x(y n21 là nghiệm của ODE (4.3) ta có:

⇒−=

−−−

′′′

=′

−−−

−−−

)x(W)x( p

y p...y py p

y...yy

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

)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

)x(W 1

)1n(

n1

)1n(

21

)1n(

11

)2n(

n

)2n(

2

)2n(

1

n21

n21

(đpcm)

Ứng dụng Công thức Ostrogradski-LiuvinTìm nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai khi đã biết một nghiệm riêng.Chứ ng minh: Xét ODE tuyến tính thuấn nhất cấp 2:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0y)x(q y)x( py =+′+′′

và nghiệm riêng y1(x) khác không.Gọi, y(x) là nghiệm bất kỳ khác y1(x).

Theo công thức Ostrogradski-Liuvin ta có:

( ) ( )∫∫ −=′−′⇔−=′′

dx)x( pexpCyyyydx)x( pexpCyy

yy1111

1

1

Do giả thiết 0)x(y1 ≠ nên chia hai vế cho )x(y2

1 ta được:

( ) ( )

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

−=⇔−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∫

∫∫ 22

1

1

112

11

Cdx)x(y

dx)x( pexpCy)x(ydx)x( pexpC

y

1

y

y

dx

d

là nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai.(đpcm).

Ví dụ: Xét ODE tuyến tính thuấn nhất sau:

( ) 0y2yx2yx1 2 =+′−′′−

Kiểm định tr ực tiếp, y1(x) = x là một nghiệm riêng. Ta có:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +⎥

⎦⎤⎢

⎣⎡ −−+=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

−=

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

=⇒−−

−=

∫

∫ ∫

2122

2

1

22

2

12

Cx1

x1x1ln

21CxCdx

xx1

1exp

Cx

Cdxx

dxx1

x2exp

Cx)x(yx1

x2)x( p

Đây là nghiệm tổng quát cần tìm.

4.2.5. H ệ nghi ệm c ơ bản, nghi ệm t ổng quátĐị nh nghĩ a: Hệ n nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất cấp n mà độc lập tuyến tính đượcgọi là hệ nghiệm cơ bản của nó.

Định lý 3. ODE tuyến tính thuấn nhất cấp n (4.3) với các hàm hệ số n,...2,1i),x( p i = liên tục

trên (a, b) có vô số hệ nghiệm cơ bản.

Chứ ng minh:Từ giả thiết ODE tuyến tính thuấn nhất cấp n (4.3) đang xét nghiệm của nó luôn tồn tại vàduy nhất trên miền (a, b)xRn.

Chọn ma tr ận A bất kỳ sao cho 0)Adet( ≠ . Giả sử:

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

nn2n1n

n22221

n11211

a...aa

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

a...aa

a...aa

A

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=+++

′=′++′+′

=+++

−−−− )1n(

00

)1n(

nn0

)1n(

220

)1n(

11

00nn022011

)0(

00nn022011

y)x(yC....)x(yC)x(yC

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



Từ hệ này giải ra duy nhất được n,2,1i,CC 0

ii == khi đó nghiệm phải tìm là

)x(yC....)x(yC)x(yC)x(y n

0

n2

0

21

0

10 +++= (đpcm)

Ví d ụ1: Tìm nghiệm tổng quát y(x) và nghiệm riêng y0(x) của ODE

0y4y =+′′

với điều kiện ban đầu 1)0(y,1)0(y 00 =′−=

Kiểm tra tr ưc tiếp ta thấy x2sin)x(y,x2cos)x(y 21 == là hai nghiệm của ODE đã cho.Do định thức Vronski của chúng:

02x2cos2x2sin2

x2sinx2cos)x(W ≠=

−=

Nên )x(y),x(y 21 là hệ nghiệm cơ bản. Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

x2sinCx2cosC)x(y 21 +=

Để tìm nghiệm riêng, xác định0

2

0

1 C,C từ hệ

2

1

C,1C10cosC20sinC2

10sinC0cosC0

2

0

10

2

0

1

0

2

0

1

=−=⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+−

−=+

Do đó nghiệm riêng phải tìm là

x2sin2

1x2cos)x(y0 +−=

Ví d ụ 2 : ODE Becxel

0x,0y)x4

11(y

x

1y

2 ≠=−+′+′′

Dễ kiểm tra r ằngx

xcosy,

x

xsiny 21 == là hai nghiệm độc lập tuyến tính của ODE trên

khoảng ),0( +∞ . Do đó biểu thức

x

xcosC

x

xsinCy 21 +=

là nghiệm tổng quát của ODE trong miền +∞<′+∞<+∞<< y,y,x0

Định lý 4. (số nghi ệm độc l ậ p tuy ến tính l ớ n nhất c ủa ODE (4.3) là n)

Mọi hệ n + 1 nghiệm )x(y),x(y),...,x(y),x(y 1nn21 + của ODE tuyến tính thuấn nhất (4.3) đều

phụ thuộc tuyến tính trên khoảng (a,b).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chứ ng minh:

+ Nếu hệ con )x(y),...,x(y),x(y n21 phụ thuộc tuyến tính, tức 0:R ,...,,

n

1k

2

k n11 ≠α∈ααα∃ ∑=

sao cho: 0)x(y,...)x(y)x(y nn2211 =α++α+α thì hệ )x(y),x(y),...,x(y),x(y 1nn21 + cùng

phụ thuộc tuyến tính trên (a,b) do 0)x(y.0)x(y,...)x(y)x(y nnn2211 =+α++α+α (đpcm).

+ Nếu hệ con )x(y),...,x(y),x(y n21 độc lập tuyến tính trên (a,b), tức là nó lập nên hệ

nghiệm cơ bản, do nghiệm tổng quát là tổ hợp tuyến tính của nghiệm cơ bản, tức là tồn tại

n21 C,...,C,C sao cho

)x(y,...)x(y)x(y)x(y nn22111n α++α+α=+

Tức hệ )x(y),x(y),...,x(y),x(y 1nn21 + phụ thuộc tuyến tính (đpcm).

K ế t lu ận: T ậ p hợ p nghi ệm c ủa ODE tuy ến tính thuần nhất c ấ p n l ậ p nên không gian tuy ếntính n chi ều trên tr ườ ng số thự c.

4.2.6. Lập ODE tuyến tính thuần nhất từ hệ nghiệm cơ bản cho tr ước.

Giả sử )x(),...,x(),x( n21 ϕϕϕ là hệ n hàm khả vi liên tục n lần, độc lập tuyến tính và có định

thức Vronski [ ] 0,...,,W n21 ≠ϕϕϕ trên (a, b).

Khi đó xác định duy nhất một ODE tuyến tính thuần nhất cấp n sao cho ODE này nhận hệ hàm đã cho làm hệ nghiệm cơ bản.Chứ ng minh:

Giả sử )x( p),...,x( p),x( p n21 là các hệ số của ODE tuyến tính thuần nhất phải tìm.

Theo giả thiết

[ ] 0

...

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

)x(...)x()x(

)x(...)x()x(

,...,,W

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

n21 ≠

ϕϕϕ

ϕ′ϕ′ϕ′

ϕϕϕ

≡ϕϕϕ

−−−

Để )x(),...,x(),x( n21 ϕϕϕ là nghiệm của ODE phải tìm, ta cần có

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ϕ−=ϕ++ϕ+ϕ

ϕ−=ϕ++ϕ+ϕ

ϕ−=ϕ++ϕ+ϕ

⇔

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=ϕ++ϕ+ϕ+ϕ

=ϕ++ϕ+ϕ+ϕ

=ϕ++ϕ+ϕ+ϕ

−−

−−

−−

−−

−−

−−

)n(

nnn

)2n(

n2

)1n(

n1

)n(

22n

)2n(

22

)1n(

21

)n(

11n

)2n(

12

)1n(

11

nn

)2n(

n2

)1n(

n1

)n(

n

2n

)2n(

22

)1n(

21

)n(

2

1n

)2n(

12

)1n(

11

)n(

1

)x( p,...,)x( p)x( p

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

)x( p,...,)x( p)x( p

)x( p,...,)x( p)x( p

0)x( p,...,)x( p)x( p

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

0)x( p,...,)x( p)x( p

0)x( p,...,)x( p)x( p

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đây là phương trình đại số tuyến tính với định thức của hệ là định thức Vronsky khác

không. Vì thế phương trình này xác định duy nhất các hệ số )x( p),...,x( p),x( p n21 của ODE

cần tìm (đpcm).

§4.3. Phương trình tuyến tính không thuần nhất cấp nKhảo sát tính chất và cấu trúc nghiệm của ODE tuyến tính không thuần nhất

[ ] )x(f y)x( p,...,y)x( py)x( pyyL n

)2n(

2

)1n(

1

)n(

n =++++= −− (4.4)

trong đó )x(f ),x( p),...,x( p),x( p n21 là các hàm liên tục trên khoảng (a, b).

4.3.1. Nghiệm tổng quátCác tính chất c ủa ODE tuy ến tính không thuần nhất

a). Nếu z(x) là nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất


)2n(

2

)1n(

1

)n( =++++ −− (4.5)

và y1(x) là nghiệm riêng của ODE tuyến tính không thuần nhất (4.4).

Khi đó y(x) = y1(x) + z(x) cũng là nghiệm của ODE (4.4).

b). Nếu y1(x), y2(x) là các nghiệm của ODE tuyến tính không thuần nhất

[ ][ ] )x(f yL

),x(f yL

22

11

=

=

thì )x(y)x(y)x(y 21 += cũng là nghiệm của ODE

[ ] )x(f )x(f yL 21 +=

Chứng minh a), b) suy từ tính tuyến tính của toán tử L.

c) Nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính không thuần nhất (4.4) là tổng nghiệm riêngcủa nó với nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính thuần nhất tương ứng. Cụ thể,(nguyên lý chồng chất nghi ệm)

Nếu )x(y),...,x(y),x(y n21 là hệ nghiệm cơ bản của ODE tuyến tính thuần nhất, và

)x(*y là nghiệm riêng của ODE tuyến tính không thuần nhất tương ứng.

Khi đó

)x(*y)x(yC,...)x(yC)x(yC)x(y nn2211 ++++= (4.6)

là nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính không thuần nhất (4.4) trong miền

nxR ) b,a(G = .Chứ ng minh:+ Theo tính chất a), y(x) chính là nghiệm của (4.4).++ Xét hệ

( )

( )⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

++++=

′+′++′+′=′

++++=

−−−−−)x(*y)x(yC,...)x(yC)x(yC)x(y

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

)x(*y)x(yC,...)x(yC)x(yC)x(y

)x(*y)x(yC,...)x(yC)x(yC)x(y

)1n()1n(

nn

)1n(

22

)1n(

11

)1n(

nn2211

nn2211

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đây là hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất, các ẩn n21 C,....,C,C và định thức

Crame của hệ chính là định thức Vronski củ hệ nghiệm độc lập tuyến tính trên (a, b)

)x(y),...,x(y),x(y n21và do đó khác không trên (a, b). Bởi vậy, từ phương trình trên

luôn giải được duy nhất

n,....,2,1i),y,...,y,y,x(C )1n(

ii =′ϕ= −

Kết hợp + và ++ suy ra đpcm.Ví dụ: Xét ODE

)xexp(32y2y +=+′′

ODE tuyến tính thuần nhất tương ứng 0y2y =+′′ có hai nghiệm riêng độc lập tuyến

tính là x2siny,x2cosy 21 == nên nó có nghiệm tổng quát là:

x2sinCx2cosCz21

+=

ODE tuyến tính không thuần nhất

2y2y =+′′

có nghiệm riêng là 1y*

1 ≡ , còn ODE tuyến tính không thuần nhất

)xexp(3y2y =+′′

có nghiệm riêng )xexp(y*

2 = . Do đó thep nguyên lý chồng chất nghiệm, phương trình

đang xét có nghiệm riêng là )xexp(1y* += do đó nghiệm tổng quát cần tìm là

1)xexp(x2sinCx2cosCy 21 +++=

4.3.2. Phương pháp biến thiên hằng số (phương pháp Lagr ăng)Dùng để tìm nghiệm riêng của ODE tuyến tính không thuần nhất từ hệ nghiệm cơ bản củaODE tuyến tính thuần nhất.

Giả sử )x(y),...,x(y),x(y n21 là hệ nghiệm cơ bản của ODE tuyến tính thuần nhất, tìm

)x(*y là nghiệm riêng của ODE tuyến tính không thuần nhất tương ứng dưới dạng:

)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C)x(*y nn2211 +++= (4.7)

trong đó n,...,2,1i),x(C i = là các hàm phải tìm.

Lấy đạo hàm hai vế của (4.7), ta có:

( ))x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C

)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C)x(*y

nn2211

nn2211

′++′+′+

+′++′+′=′

Chọn n,...,2,1i),x(C i = sao cho

0)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C nn2211 =′++′+′ (4.7.1)

Khi đó

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C


nn2211

nn2211

′′++′′+′′+

+′′++′′+′′=″

Chọn n,...,2,1i),x(C i = sao cho

0)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C nn2211 =′′++′′+′′ (4.7.2)

Tiếp tục quá trình này đến bước thứ n – 1, ta cần chọn n,...,2,1i),x(C i = sao cho

0)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C n

)2n(

2

)2n(

22

)2n(

11 =′++′+′ −−− (4.7.n-1)

Khi đó

( )

)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C


)1n(

nn

)1n(

22

)1n(

11

)n(

nn

)n(

22

)n(

11

)n(

−−− ′++′+′+

++++=

Để y* là nghi ệm c ủa ODE tuy ến tính không thuần nhất (4.7) , thay các biểu diễn của y*(x),y*’(x),…,y*(n)(x) vào (4.7) chú ý tới (4.7.1) đến (4.7.n-1), ta nhận được:

[ ][ ]

)x(f )x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C

)x(y)x( p,...)x(y)x( p)x(y)x(C

...)x(y)x( p,...)x(y)x( p)x(y)x(C

)x(y)x( p,...)x(y)x( p)x(y)x(C

)1n(

nn

)1n(

22

)1n(

11

nn

)1n(

n1

)n(

nn

2n

)1n(

21

)n(

22

1n

)1n(

11

)n(

11

≡′++′+′+

++++

+++++

++++

−−−

−

−

−

Vì )x(y),...,x(y),x(y n21 là nghiệm của ODE tuyến tính thuần nhất nên:

)x(f )x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C )1n(nn

)1n(22

)1n(11 ≡′++′+′ −−− (4.7.n)

Kết hợp (4.7.1) đến (4.7.n), ta đi đến hệ phương trình đại số tuyến tính dùng để xác định

các hệ số hàm n,...,2,1i),x(C i = như sau:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≡′++′+′

=′++′+′

=′′++′′+′′

=′++′+′

−−−

−−−

)x(f )x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C

0)x(y)x(C,...)x(y)x(C)x(y)x(C

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



)1n(

nn

)1n(

22

)1n(

11

n

)2n(

2

)2n(

22

)2n(

11

nn2211

nn2211

(4.8)

Định thức Crame của hệ chính là định thức Vronski của hệ nghiệm cơ bản của ODE tuyếntính thuần nhất cấp n, nên nó khác không trên (a, b). Do đó từ hệ phương trình (4.8) ta xác

định được duy nhất )x(C),...,x(C),x(C n21 ′′′

)n...,,2,1i(,dx)x(C)x()x(C iiii =ψ=⇒ψ=′ ∫ (đpcm)

Ví dụ 1: Giải ODE2xyyx =′−′′

S1.Gi ải ODE tuy ến tính thuần nhất t ươ ng ứ ng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0yyx =′−′′

2

211 Cx

2

CyxCy),0y,0x(,

x

1

y

y0yyx +=⇒=′⇒≠≠=

′

′′⇔=′−′′

là nghiệm tổng quát của ODE thuần nhất và hệ nghiệm cơ bản của nó là y1 =1, y2 = x2.

S2. Tìm nghi ệm riêng c ủa ODE tuy ến tính không thuần nhất dạng sau:

)x(Cx)x(C*y 1

2

2 +=

trong đó C1(x),C2(x) thỏa mãn hệ phương trình (áp dụng (4.8)).

x2

1)x(C,

6

x)x(C

2

1)x(C,

2

x)x(C

xx2)x(C0).x(C

0x)x(C1).x(C2

3

12

2

12

21

2

21 =−=⇒=′−=′⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

=′+′

=′+′

3

x

2

x

6

x*y

333

=+−=⇒

S3. Nghiệm tổng quát cần tìm là:

3

xxCCy

32

21 ++=

Ví dụ 2. Xét ODE

xcos

1yy =+′′

Kiểm tra tr ực tiếp ODE thuần nhất tương ứng có hệ nghiệm cơ bản là xsiny,xcosy 21 == .

Tìm nghiệm riêng của ODE không thuần nhất dưới dạng:

xsin)x(Cxcos)x(C*y 21 +=

trong đó )x(C),x(C 21xác định từ hệ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=′+′−

=′+′

xcos

1xcos)x(Cxsin)x(C

0xsin)x(Cxcos)x(C

21

21

Giải hệ này, tìm được

1)x(C,xcos

xsin)x(C 21 =′−=′

Do đó ∫∫ ===−= xdx)x(C,xcoslndxxcosxsin)x(C 21 (chỉ cần tìm nghiệm riêng nên các

hằng số tích phân tương ứng được cho bằng không). Và nghiệm riêng của ODE khôngthuần nhất là:

xsinxxcoslnxcos)x(*y +=

Cuối cùng, nghiệm tổng quát cần tìm là

xsinxxcoslnxcosxsinCxcosC)x(y 21 +++=

Nhận xét 1.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nếu biết được )x(y),...,x(y),x(y n21 là hệ nghiệm cơ bản của ODE tuyến tính thuần nhất

(4.5). Ta tìm được nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính thuấn nhất

n,...,2,1k ,constC),x(yC)x(y

n

1k

k k k H === ∑=

Bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta tìm được nghiệm riêng của ODE tuyến tính khôngthuần nhất y*.Khi đó nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính không thuần nhất sẽ là:

*y)x(y)x(y H +=

Nhận xét 2. (mô tả khảo sát ODE tuyến tính không thuần nhất bậc n dạng ma tr ận)Dạng ODE:

)H(0]y[L

) NH()x(f ]y[L

n

n

=

=

Ký hiệu:( ))x(y),...,x(y),x(yY n21= là hệ nghiệm cơ bản của 0]y[L =

))x(C),....,x(C),x(C()x(C

)),x(C),....,x(C),x(C()x(C

n...,,2,1iconstC),C,....,C,C(C

n21

n21

in21

′′′=′

=

=∀==

Nghiệm tổng quát của 0]y[Ln = : ( )Y,CyH =

Nghiệm riêng của )x(f ]y[Ln = : ( )Y),x(Cy*

NH = , với )x(C luôn tìm được từ phương trình

đại số tuyến tính sau đây:

( ) FCA T

W =′ trong đó

( )Tn)x(f ,...,0.0F = véc tơ cột

( ))x(WAdet

y...yy

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

)x(y...)x(y)x(y

)x(y...)x(y)x(y

A

)1n(

n

)1n(

2

)1n(

1

n21

n21

w =⇒

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ ′′′

=

−−−

Nghiệm tổng quát của )x(f ]y[Ln = :*

NHH yyy +=


WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 5Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp n dạng đặc biệt

8(6-2-0)

N ội dung chính:Xây dựng nghiệm tổng quát /Các tính chất của nghiệm cho lớp ODE tuyến tính.

§5.1. Phương trình tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số

Đị nh nghĩ a: ODE tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng số (LHnCCODE) có dạng:

0ya...yay n

)1n(

1

)n( =+++ − (5.1)

trong đó n,...,2,1k ,consta k =∀= .Nếu dùng toán tử vi phân tuyến tính : [ ] ya...yayyL n

)1n(

1

)n(

n +++= −

thì ODE (5.1) có dạng[ ] 0yLn = (5.2)

Bổ đề 1. Nếu ODE (5.1) có nghiệm phức )x(iv)x(u)x(y += thì [ ] [ ] 0vLvà,0uL nn == .(phần thức và phần ảo của nghiệm cũng là nghiệm)

Chứ ng minh:[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 0)x(vLvà,)x(uL0)x(viL)x(uL)x(iv)x(uL)x(yL nnnnnn =⇔=+=+= (đpcm)

Xây d ự ng nghi ệm t ổng quát c ủa ODE (5.1):

Tìm nghiệm ODE (5.1) dạng const),xexp(y =λλ= với λ cần xác định.

Ta có )xexp(y),....,xexp(y),xexp(y n)n(2 λλ=λλ=′′λλ=′ và

[ ] [ ] ( ) )xexp(a....a)xexp(LyL n

1n

1

n

nn λ++λ+λ=λ= − (5.3)Gọi:

n

1n

1

n a....a)(F ++λ+λ=λ − (5.4)

là đ a thứ c đặc tr ư ng c ủa ODE (5.1).Từ (5.3), ta có:

[ ] )xexp()(F)xexp(Ln λλ=λ

Để hàm )xexp(y λ= là nghiệm của ODE (5.1) thì điều kiện cần và đủ là

0a....a)(F n

1n

1

n =++λ+λ=λ − (5.5)

Hệ thức (5.5) gọi là phươ ng trình đặc tr ư ng ứng với ODE (5.1).Như vậy hàm )xexp()x(y λ= là nghiệm của ODE (5.1) khi và chỉ khi λ là nghiệm củaphương trình đặc tr ưng tương ứng.

Khảo sát nghiệm với các tr ường hợp riêng biệt của phương trình đặc tr ưng (có n nghiệmthực khác nhau; có n nghiệm thực, phức khác nhau; có nghiệm bội)WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




5.1.1. Tr ường hợp 1: Phương trình đặc tr ưng có n nghiệm thực khác nhau

0a....a)(F n

1n

1

n =++λ+λ=λ − có n nghiệm thực :

n,...2,1m,k mk ,,,...,, mk n21 =∀≠λ≠λλλλ

Hệ nghiệm của ODE (5.1) được chọn bởi: ),xexp(y...,),xexp(y),xexp(y nn2211 λ=λ=λ= là hệ nghiệm cơ bản. Do vậy, nghiệm tổng quát

n,...,2,1k ,constC

),xexp(C...)xexp(C)xexp(Cy

k

nn2211

==

λ++λ+λ=

5.1.2. Tr ường hợp 2: Phương trình đặc tr ưng có n nghiệm khác nhau nhưng trongchúng có nghiệm phức

0a....a)(F n

1n

1

n =++λ+λ=λ − có n nghiệm khác nhau, trong đó có nghiệm phức.

Nếu β+α=λ i là nghiệm của phương trình đặc tr ưng thì β−α=λ i

*

cùng là nghiệm. Ứngvới cặp nghiệm phức liên hợp này, ta có hai nghiệm phức của ODE (5.1) x)iexp( β+α và

x)iexp( β−α .Theo công thức Euler:

xsin)xexp(ixcos)xexp(x)iexp(

xsin)xexp(ixcos)xexp(x)iexp(

βα−βα=β−α

βα+βα=β+α

Theo bổ đề 1, phần thực xcos)xexp( βα và phần ảo xsin)xexp( βα của hai nghiệm trêncũng là nghiệm của ODE (5.1).

Hai nghiệm này độc lập tuyến tính, vì nếu 0,R , 2

2

2

121 ≠α+α∈αα∃ sao cho ) b,a(x∈∀ ,

ta có: 0xsin)xexp(xcos)xexp( 21 =βαα+βαα Suy ra

⎩⎨⎧

=βα+βα−

=βα+βα⇔

⎩⎨⎧

=ββα+ββα−

=βα+βα

0xcosxsin

0xsinxcos

0xcosxsin

0xsinxcos

21

21

21

21

Định thức Crame của hệ này:

001xcosxsin

xsinxcos21 =α=α⇒≠=

ββ−

ββ, mâu thuẫn với giả thiết trên.

Như vậy, ứng với mỗi cặp nghiệm phức liên hợp β+α=λ i và β−α=λ i*

của phươngtrình đặc tr ưng, ta xây dựng được hai nghiệm thực độc lập tuyến tính của ODE thuần nhấttuyến tính (5.1) xcos)xexp( βα và xsin)xexp( βα .Kết hợp với những nghiệm thực khác ta xây dựng được hệ nghiệm cơ bản của (5.1).

Ví dụ: Xét ODE0y13y9y3y =+′+′′−′′′

Phương trình đặc tr ưng có dạng:

( ) 0)134(101393 223 =+λ−λ+λ⇔=+λ+λ−λ .

Nó có các nghiệm i32,i32,1 221 −=λ+=λ−=λ .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Suy ra ba nghiệm độc lập tuyến tính của ODE (5.1) là:x3sin)x2exp(y,x3cos)x2exp(y),xexp(y 321 ==−=

Do đó nghiệm tổng quát cần tìm của ODE (5.1) là

3,2,1k ,constC

x3sin)x2exp(Cx3cos)x2exp(C)xexp(Cy

k

321

==

++−=

5.1.3. Tr ường hợp 3: Phương trình đặc tr ưng có nghiệm bộiTr ường hợp a: Các nghiệm bội là thực

Giả sử s21 ,...,, λλλ là s nghi ệm thự c khác nhau của phương trình đặc tr ưng (5.5) với số bội

tương ứng là s21 m,...,m,m và nms

1i

i =∑=

.

Khi đó các hàm s,...,2,1i;1m,...,2,1,0k ),xexp(x ii

k

=−=λ lập thành hệ nghiệm cơ bản củaODE (5.1).Như vậy nghiệm tổng quát của ODE (5.2) là:

∑∑==

λ=im

0k

k

ik

s

1i

i xC)xexp()x(y

trong đó cik là các hằng tùy ý.

Chứ ng minh

Vì λi là nghiệm bội mi của phương trình F(λ) = 0 nên:( )

0)(F,0)(F...)(F)(F i

m

i

1m

iiii ≠λ=λ==λ′=λ −

Dễ thấy

[ ] )xexp()(F)xexp(Ln λλ=λ (5.6)

[ ] ( ) [ ][ ] ( )

⇔λ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ λ++λ−

+λ+λ=

=λλλ∂∂

=λλ∂∂

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡λ

λ∂∂

=λ

−− )xexp(x)(F...x)(F!2

)1k (k x)(kF)(F

)xexp()(F)xexp(L)xexp(L)xexp(xL

)k (2)2k ()1k ()k (

k

k

nk

k

k

k

n

k

n

(công thứ c Lepnit tính đạo hàm c ấ p k c ủa tích)

[ ] ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−=λλ=λ ∑

=ν

ν−νν

)!mn(!m

!n:C;)xexp(x)(FC)xexp(xL m

n

k

0

k )(

k

k

n (5.7)

Do đó suy ra với mỗi i cố định, s,...,2,1i = , ta có:

1m,...,2,1,0k khi,0)xexp(xL ii

k

n −==λ Vậy các hàm

s,...,2,1i),xexp(x),....,xexp(x),xexp( i

1m

iii =λλλ −

là hệ n nghiệm (do nms

1i

i =∑=

) độc lập tuyến tính và là hệ nghiệm cơ bản của ODE (5.2).

Từ đó suy ra biểu thức nghiệm tổng quát trên (đpcm).

Tr ường hợp b: Trong các nghiệm bội có nghiệm giá tr ị phứcWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nếu các hệ số ai của ODE (5.2) là các số thực và β+α=λ in là một nghi ệm phứ c bội mn

của phương trình đặc tr ưng (5.5). Khi đó số phức liên hợp β−α=λ i*

n cũng là một nghiệm

của (5.5) cùng số bội mn.Khi đó thay cho 2mn nghiệm phức của ODE:


),xexp(x),...,xexp(x),xexp(

*

n

1m*

n

*

n

n

1m

nn

n

n

λλλ

λλλ−

−

ta có thể lấy 2mn nghiệm thực

,xcos)xexp(x,...,xcos)xexp(x,xsin)xexp(

,xcos)xexp(x,...,xcos)xexp(x,xcos)xexp(

1m

1m

n

n

βαβαβα

βαβαβα−

−

Chứ ng minh:

( ) ( )

( ) ( ) 0xssin)xexp(xiLxcos)xexp(xL

xssin)xexp(ixxcos)xexp(xL)xexp(xL

k

n

k

n

k k

nn

k

n

=βα+βα=

=βα+βα=λ

Vì các hệ số ai là thực, nên ta có:

( ) ( ) 0xssin)xexp(xL,0xcos)xexp(xL k

n

k

n =βα=βα (đpcm)

Tóm t ắt: + Nghiệm tổng quát của ODE (5.2):

,n,...,2,1k ,0)y(L,constC,yC)x(y k nk k

n

1k

k =∀=== ∑=

+ Tìm n,...,2,1k ,0)y(L:y k nk == :0]y[L)(F n)n(yn ==λ

λ=

Tr ường hợp 1:)xexp()x(yR ,0)(G:)(G)()(F,0)(F k k k k k λ=⇒∈λ≠λλλ−λ=λ=λ

Tr ường hợp 2:

,xsin)xexp()x(y,xcos)xexp()x(y

i,0)(G:)(G)()(F,0)(F

1k 1k

k k k

βα=βα=

⇒β+α=λ≠λλλ−λ=λ=λ

Tr ường hợp 3:⇒≠λλλ−λ=λ=λ ,0)(G:)(G)()(F,0)(F k m

k k

xsin)xexp(x)x(y,....,xsin)xexp(x)x(y,xsin)xexp()x(y

xcos)xexp(x)x(y,....,xcos)xexp(x)x(y,xcos)xexp()x(y

iKhi) b(

)xexp(x)x(y,....,)xexp(x)x(y),xexp()x(yR Khi)a(

1m

mk 2k 22k 21k

1m

mk 1k 12k 11k

k

k

1m

kmk 2k k 1k k

k

k

k

βα=βα=βα=

βα=βα=βα=⇒

⇒β+α=λ

λ=λ=λ=⇒∈λ

−

−

−

Ví dụ 1: Giải ODE0yy3y3y =−+′′−′′′ WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




033)(F 23 =λ−λ+λ−λ=λ

10)1()(F

3

=λ⇒=−λ=λ là nghiệm thực, bội 3.Hệ nghiệm cơ bản gồm ba nghiệm riêng:

),xexp(x)x(y),xexp(x)x(y),xexp()x(y 2

321 ===


),xexp(xC)xexp(xC)xexp(C)x(y 2

321 ++=


0y4y4y8y4y )4( =+′−′′+′′′−

( ) 02204484)(F 22234 =+λ−λ⇔=+λ−λ+λ−λ=λ

Có các nghiệm kép (bội 2) i1,i1 4321 −=λ=λ+=λ=λ , nên 4 nghiệm riêng

xsin)xexp(x)x(y,xsin)xexp()x(y

xcos)xexp(x)x(y,xcos)xexp()x(y

43

21

==

==⇒

Nghiệm tổng quát là:

( ) ( )[ ]xsinxCCxcosxCC)xexp(

xsin)xexp(xCxsin)xexp(Cxcos)xexp(xCxcos)xexp(C)x(y

4321

4321

+++=

=+++=

Ví dụ 3:0y12y16y7y =−′+′′−′′′

( )( ) 023012167)(F 223 =−λ−λ⇔=−λ+λ−λ=λ

Phương trình đặc tr ưng có nghi ệm đơ n ,31 =λ và một nghi ệm kép 221 =λ=λ nên hệ nghiệm cơ bản gồm ba hàm sau:

)x2exp(x),x2exp(),x3exp( Nghiệm tổng quát là:

)x2exp(xC)x2exp(C)x3exp(C)x(y 321 ++=

Ví dụ 4: (một nghiệm kép thực, hai nghiệm phức liên hợp)

0y4y4y5y4y )4( =+′−′′+′′′−

04454)(F 234 =+λ−λ+λ−λ=λ ( )( ) 0)i(i2)(F =+λ−λ−λ=λ

Phương trình náy có nghiệm kép 221 =λ=λ , hai nghiệm phức liên hợp i,i 43 −=λ=λ .

Tương ứng ta có hệ nghiệm cơ bản là:xsin,xcos),x2exp(x),x2exp(

Nghiệm tổng quát là xsinCxcosC)x2exp(xC)x2exp(C)x(y 4321 +++=

Ví dụ 4.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0y4y8y8y4y )4( =+′−′′+′′′−

04884)(F 234 =+λ−λ+λ−λ=λ

( ) ( ) 0i1i1)(F 22 =+−λ−−λ=λ

Cặp nghiệm phức bội 2, liên hợp i1;i1 4321 −=λ=λ+=λ=λ .

Do đó các hàm:,xsin)xexp(x,xsin)xexp(,xcos)xexp(x,xcos)xexp(

là hệ nghiệm cơ bản. Nghiệm tổng quát cần tìm là:

( ) ( ) xsinxCC)xexp(xcosxCC)xexp(

xsin)xexp(xCxsin)xexp(Cxcos)xexp(xCxcos)xexp(C)x(y

4321

4321

+++=

=+++=

Ví dụ 5.

0161688)(F

0y16y16y8y8yy

2345

)4()5(

=−λ+λ−λ+λ−λ=λ

=−′+′′−′′′+−

0)(F =λ có nghiệm đơn 11 =λ và cặp nghiệm phức bội 2, i2,i2 5432 =λ=λ=λ=λ .

Do đó các hàmx2sinx,x2sin,x2cosx,x2cos),xexp(

là hệ nghiệm cơ bản. Nghiệm tổng quát cần tìm là:

x2cos)xCC(x2sin)xCC()xexp(C)x(y 54321 ++++=

§5.2. Phương trình tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng số

ODE tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng số có dạng

)x(f ya...yay n

)1n(

1

)n( =+++ − (5.8)

trong đó n21 a,...,a,a là các hằng số, hàm f(x) liên tục trong khoảng (a,b).Dạng toán tử:

[ ] )x(f yLn = (5.9)

Nghiệm tổng quát của ODE (5.6) là:

)x(*y)C,...,C,C,x(y)x(y n21

TQ

TN += (5.10)

trong đó

(a) )n,,,,,2,1k constC),C,...,C,C,x(y k n21

TQ

TN =∀= là nghiệm tổng quát của ODE thuần

nhất tương ứng, 0)C,...,C,C,x(yL n21

TQ

TNn = . (5.10a)

(b) *y là nghiệm riêng của ODE không thuần nhất đang xét [ ] )x(f )x(*yLn = (5.10b)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Dưới đây, là cách tìm nghiệm riêng )x(*y của ODE (5.8) theo phương pháp hệ số bất định

áp dụng cho hai dạng hàm vế phải )x(f .

Dạng 1. )x(f là đa thức cấp m nhân với hàm mũ

( ) )xexp( b....x bx b)x(f m

1m

1

m

0 λ+++= − (5.9)

trong đó λ, b,...., b, b m10 là các hằng số. Đặt

m

1m

1

m

0m b....x bx b)x(P +++= −

ODE (5.8) có dạng toán tử:[ ] )xexp()x(PyL mn λ= (5.10)

Xét hai tr ường hợp sau:

+ Tr ường hợp 1.1: 0)(F: ≠λλ (λ không phải là nghiệm của phương trình đặc tr ưng)Nghiệm riêng được tìm dưới dạng:

m

1m

1

m

0mm d...xdxd)x(Q),xexp()x(Q)x(*y +++=λ= − (5.11)

với các hằng số m10 d,...,d,d được xác định theo phương pháp hệ số bất định.

(theo d ạng c ủa v ế phải f(x))

+Tr ường hợp 1.2. ( ) 0)(G,1k ),(G)(F: k

k

k k ≠λ≥λλ−λ=λλ , ( k λ là nghiệm bội

1k ,k ≥ của phương trình đặc tr ưng)Nghiệm riêng được tìm dưới dạng:

m

1m

1

m

0mk m

k

d...xdxd)x(Q),xexp()x(Qx)x(*y +++=λ=

−

(5.12)

với các hằng số m10 d,...,d,d được xác định theo phương pháp hệ số bất định dưới đây.

Dạng 2 . )x(f có dạng

xsin)x(Pxcos)x(P)xexp()x(f )2(

m

)1(

m β+βα= (5.13)

trong đó )x(P),x(P )2(

m

)1(

m là các đa thức bậc không quá m và có ít nhất một đa thức bậc đúngbằng m.Xét hai tr ường hợp sau:

Tr ường hợp 2.1: iβ+α=λ không là nghiệm của phương trình đặc tr ưng.Nghiệm riêng được tìm dưới dạng:

xsin)x(Qxcos)x(Q)xexp()x(*y )2(

m

)1(

m β+βα= (5.14)

trong đó các hệ số của các đa thức cấp m, )x(Q),x(Q )2(

m

)1(

m , được tìm theo phươngpháp hệ số bất định.

Tr ường hợp 2.2: iβ+α=λ là nghiệm bội 1k ,k ≥ của phương trình đặc tr ưng.Nghiệm riêng được tìm dưới dạng:

( ) ( )x)i(exp)x(Qx)i(exp)x(Qx)x(*y )2(

m

)1(

m

k β−α+β+α= (5.15)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




trong đó các hệ số của các đa thức cấp m, )x(Q),x(Q )2(

m

)1(

m , được tìm theo phươngpháp hệ số bất định.

Bảng tóm tắt các tr ường hợp ODE chỉ có hệ số thựcPhương trình

đặc tr ưngSố mũ Dạng hàm )x(f Dạng nghiệm riêng

R ∈λ )x(P)xexp( mλ ,

)x(Pm là đa thức bậc m

)x(Q)xexp( mλ ,

)x(Qm là đa thức bậc m0)(F ≠λ

β+α=λ i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

β+

+βα

xsin)x(Q

xcos)x(P)xexp(

m

m ,

)x(Q),x(P mm là các đa thứcbậc m

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

β+

+βα

xsin)x(S

xcos)x(R )xexp(

m

m ,

)x(S),x(R mm là các đa thứcbậc m

R ∈λ )x(P)xexp( mλ ,

)x(Pm là đa thức bậc m

)x(Q)xexp(x m

k λ ,

)x(Qm là đa thức bậc m

0)(F =λ bội k

β+α=λ i ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

β+

+βα

xsin)x(Q

xcos)x(P)xexp(

m

m ,

)x(Q),x(P mm là các đa thứcbậc m

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

β+

+βα

xsin)x(S

xcos)x(R )xexp(x

m

mk ,

)x(S),x(R mm là các đa thứcbậc m

Chú ý : Khi biểu thức của hàm f(x) chỉ chứa sin hay cos, dạng nghiệm cần tìm luôn chứa cả sin và cos.

Tóm t ắt g ọn hơ n:1. Nếu ( )λF có nghiệm bội n,...,2,1k ,k = , thì dạng nghiệm riêng cần tìm chỉ khác dạng

hàm vế phải )x(f (có dạng tựa đa thức) hệ số là hàm l ũy thừ a k x

2. Nếu ( )λF không có nghiệm là λ , thì dạng nghiệm riêng cần tìm cùng d ạng với hàm

vế phải )x(f (có dạng tựa đa thức).

Chứ ng minh

Hiển nhiên, biểu thức (5.10) (với điều kiện (5.10a) và (5.10b) và tính tuyến tính của toán tử vi phân Ln) là nghiệm của ODE (5.10).

Chứng minh các kết quả trên dựa vào giả thiết và sử dụng phươ ng pháp hệ số bất đị nh.

Tr ường hợp 1.1:,R ,0)(F,)xexp()x(P)x(f m ∈λ≠λλ=

( ) )xexp(d...xdxd)xexp()x(Q*y m

1m

1

m

0m λ+++=λ= −

trong đó các hệ số m10 d,...,d,d được xác định từ điều kiện: [ ] x),x(f *yLn ∀= (đồng nhất

các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của x ở hai đa thức vế phải và vế trái) như sau:

Theo công thức (5.6) và (5.7) ta có

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ]

[ ] ∑=ν

ν−νν λλ=λ

λλ=λk

0

k )(k

k n

n

)xexp(x)(FC)xexp(xL

)xexp()(F)xexp(L

(5.16)

[ ] [ ]

⇔=λ⇔

⇔λ=≡λλ=

=λ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡λ=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑

=

−−

=ν

ν−−νν−

=

=

−−

=ν

ν−−νν−

=

=

−

=

−

m

0 j

jm

j

jm

0

jm)(

jm

m

0 j

j

m

0 j

jm

j

jm

0

jm)(

jm

m

0 j

j

m

0 j

jm

n j

m

0 j

jm

jnn

x bx)(FCd

)xexp(x b)x(f )xexp(x)(FCd

)xexp(xLd)xexp(xdL*yL

⇔=λ⇔ ∑∑∑=

−−

=ν

ν−−νν−

=

m

0 j

jm

j

jm

0

jm)(

jm

m

0 j

j x bx)(FCd

( )( )

( )

m

1m

1

m

0m

)1(1

11m

)1m(1m

1m

)2m(2m

1m

2m)1(1

1m

1m

1

)m(m

m

)1m(1m

m

2m)2(2

m

1m)1(1

m

m

0

b...x bx b)(Fd

)(FCx)(Fd.............................................................................................

)(FCx)(FC...x)(FCx)(Fd

)(FCx)(FC...x)(FCx)(FCx)(Fd

+++=λ+

+λ+λ+

+λ+λ++λ+λ+

+λ+λ++λ+λ+λ⇔

−

−

−−−

−−−

−−

−

−−−−

Đồng nhất các hệ số lũy thừa cùng bậc của x ở hai vế ta có:

m1m

)1m(1m

1m1

)m(m

m0

0

1m1m

)2m(2m

m1

)1m(1m

m0

11

)1(1

m0

1m

00

m

b)(Fd.....)(FCd)(FCd:x

b)(Fd.....)(FCd)(FCd:x

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

b)(Fd)(FCd:x

b)(Fd:x

=λ++λ+λ

=λ++λ+λ

=λ+λ

=λ

−−−

−

−−−−−−

−

Theo giả thiết 0)(F ≠λ , từ phương trình nhận được ta giải được duy nhất các hệ số cần

tìm m10 d,...,d,d và tiếp đó xác định nghiệm riêng của ODE đã cho. (đpcm 1.1)

Tr ường hợp 1.2.

( ) R ,;i,0)(F,)xsin()x(P)xcos()x(Pxexp)x(f )2(

m

)1(

m ∈βαβ+α=λ≠λβ+βα=

( ) ,)xsin()x(Q)xcos()x(Qxexp:)x(*y )2(

m

)1(

m β+βα=

trong đó các hệ số của các đa thức bậc không quá m )2(

m

)1(

m Q,Q được xác định từ điều kiện:

[ ] x),x(f *yLn ∀= (đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của x ở hai đa thức vế

phải và vế trái) theo phương pháp hệ số bất định.Chứ ng minh:Theo công thức Ơ le:WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




( ) ( )xsinixcos)exp()xiexp()exp(x)i(expxsinixcos)xiexp(

,2

)xiexp()xiexp(xsin,

2

)xiexp()xiexp(xcos

β+βα=βα=β+α β+β=β

β−−β=β

β−+β=β

( )

( )

( ) ( ) ⇔−

β−α++

β+α=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ β−−β+

β−+βα=

=β+βα=

2

)x(P)x(Px)i(exp

2

)x(P)x(Px)i(exp

2

)xiexp()xiexp()x(P

2

)xiexp()xiexp()x(Pxexp

)xsin()x(P)xcos()x(Pxexp)x(f

)2(

m

)1(

m

)2(

m

)1(

m

)2(

m

)1(

m

)2(

m

)1(

m

( ) ( ) 2

m

1

m P~

x)i(expP~

x)i(exp)x(f β−α+β+α=⇔

trong đó

2

)x(P)x(PP~

,2

)x(P)x(PP~

)2(

m

)1(

m2

m

)2(

m

)1(

m1

m

−=

+=

là các đa thức bậc không quá m.

Nếu ta tìm được hai nghiệm riêng *

2

*

1 y,y thõa mãn:

[ ] ( ) [ ] ( ) ,P~

x)i(expyL,P~

x)i(expyL 2

m

*

2n

1

m

*

1n β−α=β+α=

thì, theo nguyên lý chồng nghiệm, *

2

*

1 yy*y += là nghiệm riêng của ODE [ ] )x(f yLn = .

Như vậy nghiệm riêng tìm dưới dạng:( ) ( )x)i(exp)x(Q~

x)i(exp)x(Q~

*y 2

m

1

m β−α+β+α= (đpcm 1.2)

với )x(Q~

),x(Q~ 2

m

1

m là các đa thức bậc không quá m có các hệ số được xác định theophương pháp hệ sô bất định trên

Tr ường hợp 2.1.,R ,0)(F,)xexp()x(P)x(f m ∈λ=λλ= bội n,...,2,1,0k ,k =

)xexp()x(Qx*y m

k λ= Chứng minh:Nếuλ là nghiệm bội k, thực, của 0)(F =λ , ta có:

0)(F,0)(F....)(F)(F)(F )k ()1k ( ≠λ=λ==λ′′=λ′=λ − (5.17)

Ta có:

[ ] [ ]

⇔λ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡λ⇔

⇔λ=λ⇔=

−

=

−

=

−

=

∑∑

∑

)xexp(x b)xexp(xdxL

)xexp(x b)xexp()x(QxL)x(f *yL

smm

0s

s

smm

0s

s

k

n

smm

0s

sm

k

nn

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ]

)xexp(x b)xexp(x)(FCd

)xexp(x b)xexp(x)(FCd

)xexp(x b)xexp(xLd

)xexp(x b)xexp(xdL

smm

0s

s

smk )(smk

k

smk

m

0s

s

)17.5(

)17.5(sm

m

0s

s

smk )(smk

0

smk

m

0s

s

)16.5(

)16.5(smm

0s

s

smk

n

m

0s

s

smm

0s

s

smk m

0s

sn

λ=λλ⇔

⇔λ=λλ⇔

⇔λ=λ

⇔λ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡λ⇔

−

=

ν−−+ν−+

=ν

ν−+

=

−

=

ν−−+ν−+

=ν

ν−+

=

−

=

−+

=

−

=

−+

=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑

∑∑

Đổi lại chỉ số sm,,,,,1k ,k −+=ν thành sm,...,2,1,0 −=ν , ta có:

)xexp(x b)xexp(x)(FCd smm

0s

s

sm)k (sm

o

k

smk

m

0s

m λ=λλ −

=

ν−−ν+−

=ν

ν+−+

= ∑∑∑

Đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của x ở hai vế, ta được hệ:

m

)k (k

k m

)1k (1k

1k 1m

)1mk (1mk

1mk 1

)mk (mk

mk 0

0

1m

)k (k

1k 1m

)2mk (2mk

1mk 1

)1mk (1mk

mk 0

1

)k (k

1mk 1

)1k (1k

mk 0

1m

0

)k (k

mk 0

m

b)(FCd)(FCd...)(FCd)(FCd:x

b)(FCd...)(FCd)(FCd:x

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

b)(FCd)(FCd:x

b)(FCd:x

=λ+λ++λ+λ

=λ++λ+λ

=λ+λ

=λ

=++−

−+−+−+

+++

−+−−+−+

−+−+−+

+

−+++

+−

+

Vì 0)(F )k (

≠λ nên từ hệ trên xác định duy nhất các hệ số m10 d,...,d,d cần tìm (đpcm 2.1).

Tr ường hợp 2.2.

( ) ,R ,,i,0)(F,)xsin()x(P)xcos()x(Pxexp)x(f )2(

m

)1(

m ∈βαβ+α=λ=λβ+βα= bội k

( ) ,)xsin()x(Q)xcos()x(Qxexpx:)x(*y )2(

m

)1(

m

k β+βα= Chứng minh:

Để xác định các hệ số của )x(Q),x(Q )2(

m

)1(

m ta thay y*(x) vào ODE đang xét và thưc hiệntương tự như trên. (đpcm)

Các ví d ụ:Ví dụ 1: Tìm nghiệm tổng quát của ODE

2x10x6y6y5y 2 +−=+′−′′

(1). Dạng vế phải của ODE là),xexp()x(P)x(f 2 λ=

trong đó )x(P2 là đa thức bậc hai và tham số 0=λ .(2). Phương trình đặc tr ưng

065)(F 2 =+λ−λ=λ có hai nghiệm thực khác nhau 3,2 21 =λ=λ (2a). H ệ nghi ệm c ơ bản của ODE thuần nhất tương ứng là

),x3exp()x(y),x2exp()x(y 21 == (a)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




(2b) Do tham số 0=λ không là nghi ệm của 0)(F =λ , và ),xexp()x(P)x(f 2 λ= nênnghi ệm riêng của ODE không thuần nhất được tìm dưới dạng sau;

CBxAx*y

2

++= .

(3).Thay biểu thức của y* vào ODE đã cho, ta có:

( ) ( ) C6B5A2x)B6A10(Ax6CBxAx6BAx25A22x10x6 222 +−+−−=++++−=+−

Đồng nhất các hệ số của lũy thừa cùng bậc của x ta được:

0C2C6B5A2:x

,0B10B6A10:x

,1A6A6:x

0

2

=⇒=+−

=⇒=−

=⇒=2x*y =⇒

(4). Kết hợp với (a), nghi ệ

m t ổ

ng quát c ầ

n tìm là: 2

21 x)x3exp(C)x2exp(C)x(y ++=


x2x5y5y 2 +=′−′′

(1). Vế phải của ODE, 0),xexp()x(P)x(f 2 =λλ=

(2). Phương trình đặc tr ưng 05)(F 2 =λ−λ=λ có nghiệm 5,0 21 =λ=λ

Hệ nghiệm cơ bản của ODE thuần nhất tương ứng: )x5exp()x(y,1)x(y 21 == .

(3).Ngiệm riêng cần tìm, do tham số 10 λ==λ là nghiệm bội 1 của 0)(F =λ , có dạng:

)CBxAx(x)x(xQ*y 2

2 ++==

Thay y* vào ODE ban đầu, đồng nhất các hệ số của các lũy thừa cùng bậc của x ta

nhận được A = 1/3, B = 0, C = 0 nên 3x3

1*y = .

(4). Nghiệm tổng quát cần tìm là:

3

x)x5exp(CC)x(y

3

21 ++=

Ví dụ 3: Tìm nghiệm tổng quát của ODE)x2exp()1x2(yy +=−′′

Dạng vế phải cho ta tham số .2=λ

01)(F 2 =−λ=λ có nghiệm 1,1 21 −=λ=λ , hệ nghiệm cơ bản của ODE thuần nhất tương

ứng là )xexp(y),xexp(y 21 −== .

Do 2=λ không là nghiệm của 0)(F =λ và dạng của vế phải nên nghiệm riêng được chọndưới dạng:

)x2exp()BAx(*y +=

Thay vào ODE ban đầu, ta nhận được9/5B,3/2A1x2B3A4Ax3 −==⇒+=++

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nghiệm tổng quát cần tìm là;

)x2exp(

9

5

3

x2)xexp(C)xexp(C)x(y 21 ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −+−+=

Ví du 4: Tìm nghiệm tổng quát)x2exp(24y4y =+′−′′

Vế phải )x2exp(2)x(f = nên tham số 2=λ

Phương trình đặc tr ưng 044)(F 2 =+λ−λ=λ có nghiệm bội 2: 221 =λ=λ nên hệ nghiệm

cơ bản là )x2exp(x)x(y),x2exp(y 21 == .

Do tham số 2=λ là nghiệm bội 2 của 0)(F =λ và theo dạng của vế phải, nghiệm riêng

được tìm dưới dạng )x2exp(Ax*y 2= . Theo phương pháp hệ số bất định ta có A = 1.

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là: )x2exp(x)x2exp(xC)x2exp(C)x(y 2

21 ++=

Ví du 5: Tìm nghiệm tổng quát của ODE( )xsin7xcos)xexp(y2yy −=−′+′′

Do dạng của vế phải, ta có các tham số 1,1 =β=α ;

Phương trình đặc tr ưng 02)(F 2 =−λ+λ=λ có nghiệm 2,1 21 −=λ=λ nên hệ nghiệm cơ

bản là )x2exp()x(y),xexp()x(y 21 −==

Do i1i +=β+α=λ không là nghiệm của 0)(F =λ , và dạng của vế phải của ODE , nghiệm

riêng của ODE đang xét chọn theo dạng:( )

( ) ( )

( ) ( )xsinA2xcosB2)xexp()x(*y

xsin)AB(xcosBA)xexp()x(*y

xsinBxcosA)xexp()x(*y

−=″−++=′

⇒+=

Thay vào ODE đang xét, giản ước thừa số exp(x), đồng nhất các hệ số của cosx, sinx ta có

⎩⎨⎧

−=−−

=+−

7BA3

,1B3A( )xsinxcos2)xexp()x(*y1B,2A +=⇒==⇒

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:( )xsinxcos2)xexp()x2exp(C)xexp(C)x(y 21 ++−+=

Ví dụ 6: Tìm nghiệm tổng quát của ODEx2sin13yyy −=+′+′′

Từ dạng vế phải ta có các tham số 2,0 =β=α .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




01)(F 2 =+λ+λ=λ có nghiệm phức2

3i

2

1,

2

3i

2

121 −−=λ+−=λ nên hệ nghiệm cơ

bản có được là: ⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛ −=⎟

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛ −= x

2

3sin)x2

1exp(y,x2

3cos)x2

1exp(y 21

Do i2i =β+α không là nghiệm của phương trình đặc tr ưng và dạng đã cho của vế phải,nghiệm riêng được chọn dạng sau:

x2sinBx2cosA)x(*y +=

Thay y*(x) vào ODE đã cho, ta tìm được A = 2, B = 3.Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

x2sin3x2cos2x2

3sin)x

2

1exp(Cx

2

3cos)x

2

1exp(C)x(y 21 ++

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ −+

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ −=

Ví dụ 7: Tìm nghiệm tổng quátxsin2yy =+′′

Tham số 2)x(P,1,0 1 ==β=α

01)(F 2 =+λ=λ có nghiệm i,i 21 −=λ=λ . Hệ nghiệm cơ bản là xsiny,xcosy 21 == .

1ii λ==β+α=λ là nghiệm của 0)(F =λ , theo dạng vế phải, nghiệm riêng được chọn

dưới dạng: ( )xsinBxcosAx*y += .

Thay vào ODE đang xét ta tìm được A = -1, B = 0 nên xcosx*y −= Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là;

xcosxxsinC,xcosC)x(y 21 −+=

§5.3. Một số phương trình tuyến tính cấp n đưa được về phươngtrình tuyến tính với hệ số hằng số

Nghiệm tổng quát của ODE tuyến tính thuần nhất cấp n với hệ số hằng số luôn tìm được.Với ODE tuyến tính thuần nhất cấp n có hệ số biến thiên, hiện chưa có cách giải tổng quát .

Sau đây là lớp ODE tuyến tính thuần nhất cấp n có hệ số thay đổi đưa được về ODE tuyếntính thuần nhất cấp n thông qua phép thế biến độc lập.

5.3.1. Phép thế biến độc lậpXét ODE

0y)x( p,...,y)x( py n

)1n(

1

)n( =+++ − (5.18)

Phép thế biến độc lập:)x(t ϕ= (5.19)

trong đó )x(ϕ là hàm khả vi với một số lần cần thiết.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Mệnh đề 1: Nếu ODE (5.18) đưa được về dạng ODE tuyến tính thuần nhất (tương đương)có hế số hằng số nhờ phép thế (5.19) thì nó được xác định bởi:

∫= dx)x( pCt n

n (5.20)

Chứ ng minh:Ta có

( ) ( )

( )

( ) )x()x(dt

dy...)x(

dt

yd

dx

yd..........................................

)x()x(dt

dy)x(

dt

yd)x()x(

dt

dy)x(

dt

yd

dx

dt)x(

dt

dy)x(

dt

yd

dx

dt))x(t(

dt

d))x(t(

dx

d

dt

dy

dx

d

dx

yd

dt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

dy

)n()1n(n

n

n

n

n

2

2

2

2

2

2

2

2

2

ϕϕ++ϕ′=

ϕ ′′ϕ′+ϕ′=ϕ′⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ϕ ′′+ϕ′=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ϕ ′′+ϕ′=ψ=ψ=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ϕ′=

ϕ′==

−

Thay các biểu thức này vào ODE (5.18), ta có:

( )( )

)0)x(khi(0y)x(

)x( p...

dt

yd0y)x( p...)x(

dt

ydn

n

n

n

n

n

n

n

≠ϕ′=ϕ′

++⇔=++ϕ′

Để ODE này có hệ số hằng, bắt buộc( )

)constC(C

1

)x(

)x( pnn

n ==ϕ′

. Do đó:

∫=ϕ⇒=ϕ′ dx)x( pC)x()x( pC)x( nn

nn (đpcm)

Áp dụng phép thế biến trên cho hai lớp ODE sau (Ơle và Trêbưsep)

5.3.2. Phương trình tuyến tính ƠleDạng ODE tuyến tính Ơle

0yayxa...yxayx n1n

)1n(1n

1

)n(n =+′+++ −−− (5.21)

trong đó n21 a,...,a,a là các hằng số.

Gi ải: Điểm x = 0 là điểm kỳ dị của ODE đang xét.Nghiệm của ODE (5.21) tồn tại và duy nhất trong khoảng ),0(),0,( ∞−∞

Tr ường hợp 1: Xét ),0(x ∞∈ ,

Bằng phép thế xlnt)texp(x =⇔= ta đư a ODE Ơ le v ề d ạng ODE tuy ến tính thuần nhất

hệ số hằng . Thật vậy

Chia hai vế của ODE (5.21) cho nx

0yxayxa...yxay n

n

n1

1n

)1n(1

1

)n( =+′+++ −−−

−−

Áp dụng công thức (5.20), với n

nn xa)x( p −= , dùng phép đổi biến:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




dxxaCt n n

n∫ −=

Chọn ⇔+==⇒= ∫ 0xlndxx

1

ta

1

C nn

)texp(x =

Ta có

( )( )

)ntexp(dt

dy)1n()1(...

dt

yd

dx

yd

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

)t3exp(dt

dy2dt

yd3dt

yd

dx

yd

)t2exp(dt

dy

dt

yd)texp()texp(

dt

dy)texp(

dt

yd

dx

dt

dt

d)x(t

dx

d)texp(

dt

dy

dx

d

dx

yd

)texp(dt

dy

x

1

dt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

dy

1n

n

n

n

n

2

2

3

33

2

2

2

2

2

2

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−++=

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−=

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=

=ψ

=ψ=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

−===

−

Thay vào ODE (5.21) và giản ước, ta có ODE tuyến tính thuần nhất hệ số hằng số dạng:

,const:)R ( b,..., b, b

,0y b...dt

yd b

dt

yd

n21

n1n

1n

1n

n

∈

=+++−

−

(5.22)

Tìm nghiệm tổng quát của (5.22) r ồi thay xlnt = ta được nghiệm tổng quát của ODE Ơle(5.21).

Tr ườ ng hợ p 2 : Xét )0,(x −∞∈ , làm tương tự trên, phép thế biến sẽ là:

( ) )texp(xhayxlnt −=−=

Ví dụ 1: Tìm nghiệm tổng quát của ODE

0y2yx2yx 2 =+′−′′

trong khoảng ),0( ∞ .

Đây là ODE Ơle, do ),,0(x ∞∈ nên0yx2yx2y 21 =+′−′′ −−

Đặt )0x(xlnt)texp(x >=⇔= . Ta có:

( )

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

−====

dx

dt))x(texp(

dt

))x(t(dy

dt

d))x(texp(

dt

))x(t(dy

dx

d

dx

yd

)texp(dt

dy

x

1

dt

dy

dx

dt

dt

dy))x(t(y

dx

d

dx

dy

2

2

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)t2exp(dt

dy

dt

yd)texp()texp(

dt

dy)texp(

dt

yd2

2

2

2

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=

Thay vào ODE ban đầu, ta có

0y2dt

dy3

dt

yd

0y2)texp(dt

dy)texp(2)t2exp(

dt

dy

dt

yd)t2exp(

2

2

2

2

=+−⇔

⇔=+−−−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

023)(F 2 =+λ−λ=λ có các nghiệm 2,1 21 =λ=λ .

Hệ nghiệm cơ bản )t2exp()t(y),texp()t(y 21 == .Thay xlnt = ,ODE Ơ le có các nghiệm

riêng

2

21 x)x(y,x)x(y == Do đó nghiệm tổng quát cần tìm có dạng )t2exp(C)texp(C)t(y 21 += , thay xlnt = thìnghiệm tổng quát cần tìm sẽ là:

2

21 xCxC)x(y += Ví dụ 2: Xét ODE

0yyxyx 2 =+′−′′

Thế biến xlnt)texp(x =⇔= .Ta có

0ydt

dy2

dt

yd 2=+−

012)(F 2 =+λ−λ=λ có nghiệm kép thực 121 =λ=λ nên hệ hai nghiệm cơ bản là)texp(t),texp( . Thay xlnt = ,ODE Ơ le có các nghiệm riêng xlnx,x

Do đó nghiệm tổng quát (theo t) là:)texp(tC)texp(C)t(y 21 +=

Thay xlnt = , ta nhận được nghiệm tổng quát cần tìm là:( )xxlnCC)t(y 21 +=


0y5yx3yx 2 =+′−′′

Thế biến xlnt)texp(x =⇔= . Ta có;

0y5dt

dy4

dt

yd 2=+−

054)(F 2 =+λ−λ=λ có cặp nghiệm phức liên hợp i22,1 ±=λ . Do đó ODE theo t có hệ

hai nghiệm cơ bản tsin)t2exp(,tcos)t2exp( . Thay xlnt = , ODE Ơ le có các nghiệm riêng

xlnsinx,xlncosx 22 . Nghiệm tổng quát cần tìm là:

( ) 221 xxlnsinCxlncosC)x(y +=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nhận xét 1: ODE tuyến tính thuần nhất hệ số hằng mà ODE Ơ lần dẫn tới có các nghiệm

riêng dạng )texp(t),texp( m λλ , thay xlnt = , ODE Ơ le có các nghiệm riêng dạngλλ

x)x(ln,x

m

.

Phương pháp tr ực tiếp giải ODE Ơ le

M ệnh đề 2 : Hàmλ= x)x(y (5.24)

là nghiệm của ODE Ơ le ⇔ λ là nghiệm của phương trình 0)(P =λ , trong đó

n1n1 aa...)2n)...(1(a)1n)...(1()(P +λ+++−λ−λλ++−λ−λλ=λ − (5.25)

và 0)(P =λ được gọi là phương trình đặc tr ưng của ODE tuyến tính Ơ le.

Chứ ng minh: Thật vậyTừ λ= x)x(y , ta có

( )[ ] n....,,2,1k ,x1k )...2)(1(y k )k ( =−−λ−λ−λλ= −λ

Thay vào ODE ban đầu, ta được

)0x(0)(P0x)(P ≠=λ⇔=λ λλ (đpcm)Mệnh đề 2:(1). Nếu 0)(P =λ tại k j,n,...,2,1k , j,R k j j ≠=∀λ≠λ∈λ thì hệ nghiệm cơ bản của ODE Ơ

le là n21 x)x(y,,x)x(y,x)x(y n21

λλλ === và do đó nghiệm tổng quát cần tìm là:n21 xC...xCxC)x(y

n21

λλλ +++=

(2). Nếu 0)(P =λ tại β±α=λ i thì ta có xln bsinx,xln bcosx αα là hai nghiệm riêng thực.

(3). Nếu 0)(P =λ có nghiệm bội k, chẳng hạn k λ

3a. Nếu R k ∈λ , ta có k nghiệm riêng thực, độc lập tuyến tính:1k 2 )x(lnx,....,)x(lnx,xlnx,x k k k 1k −λλλλ

3b. Nếu β+α∈λ ik , ta có 2k nghiệm riêng thực, độc lập tuyến tính:

xln bsin)x(lnx,....,xln bsin)x(lnx,xln bsinxlnx,xlnsinx

,xln bcos)x(lnx,....,xln bcos)x(lnx,xln bcosxlnx,xlncosx

1k 2

1k 2

−ααα

−ααα

αβ

αβ

Chứ ng minh: Từ nhận xét 1 và mệnh đề 1 (đpcm)

Nhận xét 2: ODE

0yay) bax(a...y) bax(ay) bax( n1n

)1n(1n

1

)n(n =+′++++++ −−− (5.26)

trong đó n21 a,...,a,a, b,a là các hằng số, cũng đưa được về ODE tuyến tính với hệ số hằngsố bằng phép thế

)texp( bax =+ (5.27)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ví dụ:

)x1ln(cos4yy)x1(y)x1( 2 +=+′++′′+

Chỉ xét ),1(x ∞−∈ .

Đặt )x1ln(t)texp(x1 +=⇔=+

( )

)t2exp(dt

dy

dt

yd

dx

dt)texp(

dt

dy)texp(

dt

yd

))x(t(dx

d)texp(

dt

dy

dx

d

dx

dy

dx

d)x(y

)texp(dt

dy

x1

1

dt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

))x(t(dy

dx

dy)x(y

2

2

2

2

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=

=ϕ=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =′′

−=+

====′

Thay vào ODE, suy ra

tcos4ydt

yd

)texp(lncos4y)texp(dt

dy)texp()t2exp(

dt

dy

dt

yd)t2exp(

2

2

2

2

=+⇔

⇔=+−+−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

Nghiệm tổng quát của oDE nay có dạng:tsint2tsinCtcosC)t(y 21 ++=

Thay )x1ln(t += , nghiệm tổng quát cần tìm:

( ) ( ) ( ))x1ln(sin)x1ln(2)x1ln(sinC)x1ln(cosC)x(y 21 ++++++=

5.3.3. Phương trình TrêbưsepDạng:

0ynyxy)x1( 22 =+′−′′− (5.28)

Các điểm 1x ±= là điểm kỳ dị của ODE.Trong các khoảng ),1(),1,1(),1,( ∞−−−∞ nghiệm của ODE (5.28) tồn tại và duy nhất (?).Hạn chế, tìm nghiệm trong khoảng (-1, 1). ODE (5.28) có dạng tương đương:

0y)x1(

ny)x1(

xy

2

2

2

=−

+′−

−′′

Dùng phép đổi biến (5.20):

∫∫ −== dx

x1

nCdx)x( pCt

2

2

nn

Chọnn

1C −= và hắng số tích phân bằng không, ta nhận được

tcosxhayxarccost == Ta cóWW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




( ) ( )

tsin

tcos

dt

dy

tsin

1

dt

yd

tsin

1

tsin

tcos

dt

dy

tsin

1

dt

yd

dx

dt))x(t(

dt

d))x(t(

dx

d

tsin

1

dt

dy

dx

d)x(y

tsin

1

dt

dy

x1

1

dt

dy

dx

dt

dt

dy

dx

dy)x(y

322

2

22

2

2

−=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

=ϕ=ϕ=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −=′′

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−===′

Thay vào ODE đang xét, rút gon, ta có ODE tương đương

0yndt

yd 2

2

2

=+

Nghiệm tổng quát của nó có dạng:

ntsinCntcosCy 21 +=

Thay )1,1(x,xarccost −∈= nghiệm tổng quát cần tìm có dạng;

xarccosnsinCxarccosncosCy 21 +=

§5.4. Phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai

ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai có dạng:0y)x(qy)x( py =+′+′′ (5.29)

Nếu các hàm )x(q),x( p là hằng số, nghiệm tổng quát đã được tìm.Khi các hàm )x(q),x( p không là hằng số, nói chung không thể tìm được biểu thức củanghiệm tổng quát.Dạng ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai đơn giản:

0y)x(qy =+′′ (5.30)

Ở đây ta khảo sát các tính chất nghiệm của ODE (5.29) dựa vào các hàm hệ số )x(q),x( p .

5.4.1. Đưa phương trình về dạng không chứa đạo hàm cấp một

M ệnh đề 1: Nếu )x(q),x( p là các hàm liên tục trong khoảng (a, b).Luôn tồn tại phép biển đổi

z)x()x(y α= (5.31)

trong đó z là hàm số mới phải tìm để đưa ODE (5.29) về dạng ODE (5.30) (không chứa đạohàm cấp một).

Chứ ng minh:Từ (5.31) suy ra:

)x(z)x()x(z)x(2)x(z)x()x(y

)x(z)x()x(z)x(')x(y

′′α+′α′+α ′′=′′

′α+α=′

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay vào ODE (5.29), ta được:

( ) 0)x(z)x()x(q)x(z)x()x(z)x(')x( p)x(z)x()x(z)x(2)x(z)x( =α+′α+α+′′α+′α′+α ′′

hay( ) ⇔=α+′α+α+′′α+′α′+α ′′ 0)x(z)x()x(q)x(z)x()x(z)x(')x( p)x(z)x()x(z)x(2)x(z)x(

( ) ( ) 0)x(z)x()x(q)x()x( p)x(z)x()x( p)x(2z)x( =α+α′+α ′′+′α+α′+′′α (5.31)

Chọn 0)x( ≠α và thỏa mãn:

0)x( p)x(

)x(2=+

αα′

Tức là

)dx2

)x( p

exp()x( ∫−=α (5.32)Ta có

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

′−=α ′′

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=α′

∫

∫

dx2

)x( pexp

4

)x( p

2

)x( p)x(

dx2

)x( pexp

2

)x( p)x(

2

Thay vào ODE (5.32) ta nhận được:

0z)x(q

4

)x( p

2

)x( pz

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

′−+′′

Hay

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

′−=

=+′′

)x(q4

)x( p

2

)x( p)x(I

,0z)x(Iz

2 (đpcm) (5.33)

ODE (5.33) tích phân được nếu2)ax(

c)x(Ihay,const)x(I

−==

Từ (5.33) )x(I không phụ thuộc vào )x(α , tức là )x(I không thay đổi với mọi phép biến đổi(5.31) do đó nó được gọi là bất bi ến c ủa ODE (5.29).

Ví dụ 1. Xét ODE Becxel0y)nx(yxyx 222 =−+′+′′ (5.34)

Khi .0x ≠ , ODE trên có dạng:

0y)x

n1(y

x

1y

2

2

=−+′+′′

Ta có

2

2

x

n1)x(q,

x

1)x( p −==

Do đó

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2

2

x

n4

1

1)x(I

−+=

Và dùng phép thế (5.31), (5.32):

x

zz)dx

x2

1exp(z)dx

2

)x( pexp(z)x()x(y =−=−=α= ∫∫

Sẽ đưa ODE Becxel nói trên khi2

1n ±=

0y)x4

11(y

x

1y

2 =−+′+′′ (5.35)

về ODE có hệ số hằng0zz =+′′

ODE này có các nghiệm riêng độc lập tuyến tínhx

xsiny,

x

xcosy 21 ==

Đặt các hàm Becxel sau:

x

xsin2J,

x

xcos2)x(J

2

1

2

1 π=

π=

−

Nghiệm tổng quát của ODE (5.35) là

x

xsin2C

x

xcos2CJC)x(JC)x(y 21

2

12

2

11 π+

π=+=

−

Ví dụ 2:Xét ODE

0yyx

2y =+′+′′

⇒=+−=⇒== 11x4

4

x

1)x(I1)x(q,

x

2)x( p

22

Phép thế zx

1z)

x

dxexp(y =−= ∫ đưa ODE đang xét về dạng 0zz =+′′ .

Nghiệm tổng quát xsinCxcosCz 21 +=x

xsinC

x

xcosCy 21 +=⇒ là nghiệm tổng quát cần

tìm.

Định lý 1. Để các ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai0y)x(qy)x( py 11111 =++′′ (5.36)

0y)x(qy)x( py 22222 =++′′ (5.37)

có thể đưa về lẫn nhau qua phép thế z)x()x(y α= thì điều kiện cần và đủ là chúng có cùng

chung bất biến )x(I .Chứ ng minh:Đi ều ki ện c ần: Giả sử )x(I),x(I 21 là các bất biến của (5.36), (5.37) tương ứng.WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




Giả sử:phép biến đổi 21 y)x()x(y β= đưa (5.36) về (5.37);

phép biến đổiz)x(y 22

α= đưa (5.37) về dạng

0z)x(Iz 2 =+′′ (5.38)

Khi đó phép biến đổi z)x()x()x(y 21 αβ= đưa (5.36) về (5.38) với bất biến )x(I1 . Do tính

bất biến của )x(I1 đối với phép biến đổi dạng (5.31) ta có:

)x(I)x(I 21 =

Đi ều ki ện đủ:Giả sử )x(I)x(I)x(I 21 =≡ thì các phép thế zy,zy 2211 α=α= đưa (5.36) và (5.37) về cùng một phương trình

0z)x(Iz =+′′ (5.39)

Vì phép thế 2

2

y)x(

1z

α= đưa (5.39) về (5.37) nên phép thế 2

2

11 y

)x(

)x(y

α

α= đưa (5.36) về

(5.37). Vây ta chỉ cần chọn)x(

)x()x(

2

1

α

α=β (đpcm)

5.4.2. Đưa phương trình về dạng liên hợp (để làm gì?) Định ngh ĩ a:ODE cấp hai tự liên hợp nếu nó có dạng

0y)x(qy)x( py)x( p =+′′+′′

(H ệ số c ủa đạo hàm c ấ p một bằng đạo hàm c ủa hệ số c ủa đạo hàm c ấ p hai)hay

[ ] 0y)x(qy)x( pdx

d=+′ (5.40)

5.4.2. Sự liên hệ giữa phương trình tuyến tính thuần nhất cấp 2 với phương trìnhRicatiXét ODE

0y)x(qy)x( py =+′+′′ (5.41)

0y = là nghiệm tầm thường.Tìm nghiệm 0y ≠ . Thế biến yzy =′ với z là hàm mới phải tìm. Từ đó

zyyzzyzyy 2 ′+=′+′=′′

Thay vào ODE ban đầu, ta có:

0)x(qz)x( pzzy0y)x(qyz)x( pzyyz 22 =++′+⇔=++′+ hay

)x(qz)x( pzz 2 −−−=′ (5.42) Đây là ODE Ricati.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ngược lạ , ODE Ricati

)x(R y)x(Qy)x(Py 2 ++=′ (5.43)

đưa được về ODE tuyến tính thuần nhất cấp 2 khi dùng các phép thế sau:

(1). Phép thế z)x(P

1y = đưa (5.43) về (5.42).

(2). Phép thế y

yz

′= đưa (5.42) về (5.40)

Vì ODE Ricati chỉ tích phân đượ c trong một số tr ườ ng hợ p đặc bi ệt nên ODE tuy ến tínhthuần nhất c ấ p hai cùng chỉ tích phân đượ c trong một số tr ườ ng hợ p đặc bi ệt.

§5.5. Sự dao động của nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất cấp hai

5.5.1. Nghiệm dao động và không dao độngXét ODE

0y)x(qy)x( py =+′+′′ (5.44)

trong đó )x(q),x( p liên tục trong khoảng (a,b).

Đị nh nghĩ a 1: Giả sử )x(y là nghiệm không tầm thường của (5.44). Điểm ) b,a(x 0 ∈ là

không đ i ểm c ủa nghi ệm )x(y nếu 0)x(y 0 =

Không đ i ểm là đ i ểm cô l ậ p nếu tồn tại lân cận của không điểm sao cho trong lân cận đókhông còn không điểm nào khác.

Định lý 1. Không điểm của nghiệm 0)x(y ≠ của ODE (5.44) luôn là điểm cô lập.Chứ ng minh:Giả sử không điểm 0x không là điểm cô lập

{ } 0n

nn1nn xxlim,0)x(y:x ==∃⇒

∞→

∞= .

kết hợp định lý Lagr ăng)xx(),xx)((y)x(y)x(y n1nnn1nnn1n −θ=τ−τ′+= +++

suy ra 0)(y n =τ′ .

Do ∞→→τ⇒→ nkhixxx 0n0n . Do )x(y′ là hàm liên tục nên:

)x(y)lim(y)(ylim0 0nn

nn

′=τ′=τ′=∞→∞→

Như vậy nghiệm )x(y thoả mãn điều kiện ban đầu 0)x(y,0)x(y 00 =′= . Từ tính duy nhất

nghiệm của bài toán Cô si, suy ra ) b,a(x,0)x(y ∈∀≡ . Trái với giả thiết )x(y là nghiệmkhông tầm thường. (đ pcm)

H ệ quả: Nghiệm không tầm thường của ODE (5.44) trên đoạn hữu hạn [ ] ) b,a(, ⊂βα chỉ cómột số hữu hạn các không điểm. (cm)(vô hạn đếm được, không đếm được).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đị nh nghĩ a 2 : Nghiệm của ODE (5.44) được gọi là dao động trên khoảng (a, b) nếu nó có ítnhất hai không điểm trong khoảng đó. Ngược lại, nghiệm là không dao động trên (a,b).

Xét ODE0y)x(qy)x( py =+′+′′

Phép thế

zdx2

)x( pexpy ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= ∫ (5.45)

luôn đưa ODE (5.44) về dạng đơn giản hơn 0z)x(Iz =+′′ và không làm thay đổi số khôngđiểm của nghiệm của ODE (5.44), tức là không làm thay đổi tính dao động của nghiệm.Vì vậy để xét tính dao động của nghiệm của ODE (5.44) ta xét tính dao động nghiệm của hệ đơn giản:

0y)x(Qy =+′′ (5.46)

Định lý 2: Nếu hàm )x(Q liên tục, không âm trên khoảng (a, b) thì nghiệm không tầm

thường )x(y1 của ODE (5.45) không dao động trên (a,b).Chứ ng minh:Giả thiết ngược lại, nghiệm khác không )x(y1 của ODE (5.45) dao động trên (a, b).

Giả sử 2121 xx:x,x < . là hai không đ i ểm liên ti ế p của ODE (5.45) và ta có

0)x(yhay0)x(y)x,x(x 1121 <>∈∀ .

(a) Xét 0)x(y)x,x(x 121 >∈∀ .Từ (5.46) ta có

)x(y)x(y)x(y,0)x(y)x(Qy),x,x(x 211111121 ′≤′≤′⇒≥−=′′∈∀ .

Từ định ngh ĩ a đạo hàm một phía, 1x là không điểm của nghiệm )x(y1 , và giả thiết (a)

0xx

)x(ylim

xx

)x(y)x(ylim)x(y

1

1

xx1

111

xx11

11

≥−

=−

−=′

++ →→

Do ,0)x(y1 ≠′ và 0)x(y1 ≠ nên 0)x(y 11 >′ )x,x(x0)x(y)x(y 21111

∈∀>′≥′⇒

Mặt khác , theo định lý Rolle :0)x(y:)x,x(x 121 =′∈∃ , mâu thuẫn với nhận xét )x,x(x0)x(y 211 ∈∀>′ (đpcm)

(b) Xét 0)x(y)x,x(x 121 <∈∀ . Đổi vai trò 1x và 2x trong chứng minh trên (đpcm)

Định lý 3. (định lý Stuôcm).

Giả sử )x(y),x(y 21 là hai nghiệm độc lập tuyến tính bất kỳ của ODE (5.44). Khi đó, giữa hai

không điểm liên tiếp của nghiệm )x(y1 có đúng một không điểm của nghiệm )x(y2 vàngược lại.Chứ ng minh:Giả sử 2121 xx:x,x < . là hai không đ i ểm liên ti ế p bất kỳ của nghiệm )x(y1 .

Không mất tổng quát, giả thiết )x,x(x,0)x(y 211 ∈∀>

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Giả sử ngược lại )x,x(x,0)x(y 212 ∈∀≠

Không mất tổng quát, giả sử )x,x(x,0)x(y 212 ∈∀>

Vì )x(y),x(y 21 độc lập tuyến tính nên định thức Wronski của chúng:[ ] ⇒⊂∈∀≠′−′= ) b,a(x,xx,0)x(y)x(y)x(y)x(y)x(W 211221

0)x(y,0)x(y 2212 ≠≠⇒ (nếu ngược lại )x(W0)x(W 21 == ) 0)x(y,0)x(y 2212 >>⇒

(nếu ngược lại, ,0)x(y 12 < hoặc 0)x(y 22 < thì do giả thiết )x,x(x,0)x(y 212 ∈∀> thì giữa

1x và điểm )x,x(x 21∈ tồn tại điểm 0)x(y:x 2

02

2

0 = là không điểm của )x(y2 ; lý luận tương

tự với điểm 2x (đpcm)) [ ]212 x,xx0)x(y ∈∀>⇒ .

Do [ ]⇒∈∀≠ 21 x,xx,0)x(W có thể giả thiết [ ]21 x,xx,0)x(W ∈∀>

Xuất phát từ đồng nhất thức ta có

⇔=+−⇔=′

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⇒=

′⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ − ∫∫∫ dx

)x(y

)x(W

)x(y

)x(y

)x(y

)x(ydx)x(y

)x(Wdx

)x(y

)x(y

)x(y

)x(W

)x(y

)x(y 2

1

2

1

2

1

x

x

2

212

11

22

21

x

x

2

2

x

x 2

1

2

22

1

dx)x(y

)x(W0

2

1

x

x

2

2

∫=⇔

Điều này mâu thuẫn vì [ ] [ ] 0dx)x(y

)x(Wx,xC

)x(y

)x(Wvàx,xx0

)x(y

)x(W 2

1

x

x

2

2

212

2

212

2

>⇒∈∈∀> ∫

Mâu thuẫn này chứng tỏ 0)x(y:)x,x(x 221 =∈∃ (đpcm)Không điểm x là duy nhất, bởi vì nếu ngược lại 0xy:)x,x(xx 221 =∈≠∃ thì đổi vai trò

của )x(y1 và )x(y2 cho nhau ta suy ra )x(y1 có ít nhất một không điểm nằm giữa xvàx .

Điều này vô lý vì 21 x,x là hai không điểm liên tiếp của )x(y1 . (đpcm)

H ệ qu ả: N ếu một nghi ệm khác không c ủa ODE (5.44) có ít nhất ba không đ i ểm trên (a,b) thìmọi nghi ệm c ủa ODE đ ó đều dao động trên (a,b).

Chứ ng minh:

5.5.2. Định lý so sánhXét các ODE0y)x(Qy 1 =+′′ ; 0z)x(Qz 2 =+′′ (5.47)

trong đó )x(Q),x(Q 21 là các hàm liên tục trên (a,b).

Định lý 4.( Định lý so sánh).Giả sử )x(Q)x(Q) b,a(x 12 ≥∈∀ . Khi đó giữa hai không điểm liên tiếp bất kỳ của nghiệmkhông tầm thường của ODE thứ nhất có ít nhất một không điểm của ODE thứ hai nếu trongkhoảng giữa hai không điểm này có điểm )x(Q)x(Q:x 12 > .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chứ ng minh:Giả sử )x(y0)x(y), b,a(x0)x(y,0y)x(Qy:)x(yy 211 ==∈∀≠=+′′= (hai không điểm

liên tiếp) và) b,a(x0)x(z,0z)x(Qz:)x(zz 2

∈∀≠=+′′=

Cần chứng minh 0)x(z:)x,x(x 21 =∈∃ .

Giả sử ngược lại )x,x(x0)x(z 21∈∀≠ .Giả thiết

)x,x(x0)x(z 21∈∀> , )x,x(x0)x(y 21∈∀> .

Theo giả thiết, ta có:

0z)x(Qz

0y)x(Qy

2

1

=+′′

=+′′

( )( )

[ ]

[ ] [ ] )x(z)x(y)x(Q)x(Q)x(y)x(z)x(z)x(ydx

d

)x(z)x(y)x(Q)x(Q)x(y)x(z)x(z)x(y

0)x(yz)x(Q)x(z

0)x(zy)x(Q)x(y

12

12

2

1

−=′−′

−=′′−′′

⇒⎩⎨⎧

=+′′

=+′′

Tích phân hai vế từ 1x đến 2x và do giả thiết 0)x(y)x(y 21 == ta được

[ ]∫ −=′−′2

1

x

x

121122 dx)x(z)x(y)x(Q)x(Q)x(z)x(y)x(z)x(y (5.48)

Vì 0)x(z,0)x(z)x,x(x0)x(z 2121 ≥≥⇒∈∀> (a). (nếu ngược lại 0)x(z,0)x(z 21 << tồn

tại các không điểm của )x(z giữa đ pcm)x,x(),x,x( 21 ⇒ )

Do )x,x(x0)x(y 21∈∀> ta có

,0xx

)x(ylim

xx

)x(y)x(ylim)x(y

1xx

1

1

xx1

11

≥−

=−−

=′++ →→

Và vì ,0)x(y 1 ≠′ do )x(y1 là nghiệm khác không nên 0)x(y 1 >′ (b),0

xx

)x(ylim

xx

)x(y)x(ylim)x(y

1xx

2

2

xx2

22

≤−

=−−

=′−− →→

Và vì ,0)x(y 2 ≠′ do )x(y2 là nghiệm khác không nên 0)x(y 2 <′ (c)Từ (a), (b) và (c) suy ra vế trái của đẳng thức (5.48) là đại lượng không dương.Theo giả thiết nêu trên, vế phải của đẳng thức trên lại có giá tr ị dương.Mâu thuẫn này suy ra (đpcm).

Với giả thiết trên nghiệm của ODE thứ hai dao động hơn nghiệm của ODE thứ nhất.

x x1 x1 O

)x(zz = )x(yy =

x

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Hệ quả: Nếu ) b,a(x)x(Q)x(Q 12 ∈∀> thì nghiệm của ODE thứ hai dao động hơn nghiệmcủa ODE thứ nhất.

Ví dụ: Xét ODE Becxel),0(x,0y)nx(yxyx 222 ∞∈∀=−′+′′

Phép thế biến zx

1y = đưa ODE Becxel về dạng

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ −−==

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ −−+′′

2

2

2

2

x

4

1n

1)x(q,0zx

4

1n

1z

1)x(q),,0(x >∞∈∀ nếu 4

1n2

< và 1)x(q),,0(x <∞∈∀ nếu 4

1n2

> .Bởi vậy nếu so sánh ODE Becxel với ODE

),0(x,0yy ∞∈∀=+′′ Ta đi đến kết luận:Khoảng cách giữa hai không điểm liên tiếp của các hàm Becxel nhỏ hơn π nếu

2

1n

2

1<<− , lớn hơn π nếu

2

1nhay

2

1n >−< .


WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 6Hệ phương trình vi phân

8(6-2-0)

A. Mục tiêu chương

V ề ki ến thứ c: nắm vững định ngh ĩ a, nhận dạng, sự tồn tại nghiệm,phương pháp giải hệ ODE đã biết;

V ề k ỹ năng: hiểu biết và vận dụng các thuật toán xây dựng, và tìmnghiệm của hệ ODE. Hiểu các khái niệm cơ bản, các phương

pháp chứng minh. Vận dụng khảo sát hệ ODE qua ví dụ

B.Nội dung chính

Hệ ODE; Ý ngh ĩ a Cơ học; Quan hệ giữa ODE cấp n và hệ n ODEcấp một;Phương pháp tổ hợp tích phân; Các loại nghiệm của hệ ODE; Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm; Các loại nghiệm;Hệ ODE tuyến tính (thuần nhất, không thuần nhất, hệ số hằng)

C. Nội dung chi tiết

§6.1. Các khái niệm mở đầu

1 Định ngh ĩ a(a).H ệ n ODE c ấ p một d ạng chuẩn t ắc có dạng:

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

=

=

)y,...,y,y,x(f dx

dy

...........

)y,...,y,y,x(f dx

dy

)y,...,y,y,x(f dx

dy

n211n

n2112

n211

1

hay dạng ma tr ận )Y,x(Fdx

dY=

(6.1)

trong đó x là biến số độc lập, còn các hàm phải tìm là

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

( )∞∞−=∈∈∀

=====

,R ) b,a(x

)x(y),....,x(y),x(y)x(YYhay)x(yy),....,x(yy),x(yy n21nn2211

và ký hiệu

( ) ( ))Y,x(f ),....,Y,x(f ),Y,x(f :)Y,x(F,)x(y),....,x(y),x(y:dx

dYn21n21 =′′′=

Các hàm ),n,,,,2,1 j(),y,...,y,y,x(f n21 j = xác định trong nxR ) b,a( (không

gian n+1 chiều)(b Hệ n hàm khả vi ( ) ) b,a(x,)x(y),...,x(y),x(y)x( nn2211 ∈∀ϕ=ϕ=ϕ==Φ ) lànghi ệm c ủa hệ ODE (6.1) nếu ) b,a(x∈∀ điểm ( ) 1nR G)x(,x +⊆∈Φ biến hệ

(6.1) thành đồng nhất thức ( ) b,a(x),,x(F

dx

d∈∀Φ=

Φ ).

(c). Tập hợp điểm ( ){ } 1n

n21 R ) b,a(x,)x(),...,x(),x(,x +⊆∈ϕϕϕ=Γ được gọi làđườ ng cong tích phân ứng với nghiệm ( ))x(),...,x(),x()x( n21 ϕϕϕ=Φ (d ). Không gian pha c ủa hệ ODE (6.1) là không gian n chiều Rn chứatập hợp các nghiệm của hệ ODE .(e). Đườ ng cong pha (quỹ đạo pha) là tập hợp nghiệm của hệ ODE(6.1):

( ){ }) b,a(x,)x(),...,x(),x( n21 ∈ϕϕϕ=γ

Bài toán Cô siCho điểm ( ) 1n00

n

0

2

0

10 R GY,z)y,...,y,y,x( +⊆∈≡ Tìm nghiệm ( ))x(y),...,x(y),x(y)x(Y n21= của hệ (6.1) thỏa mãn điều kiệnban đầu;( ) ( ) 0

0

0

n

0

2

0

10n0201 Y)x(Yhayy,...,y,y)x(y),...,x(y),x(y ==

2. Ý ngh ĩ a Cơ họcCoi t là biến độc lập, n21 x,...,x,x là tọa độ của điểm trong không gianpha Rn. Khi đó hệ ODE cấp một

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

)x,...,x,x,t(Fdt

dx

...........

)x,...,x,x,t(Fdt

dx

)x,...,x,x,t(Fdtdx

n211

n

n2112

n2111

(6.2)Hay

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )( ))X,t(F),...,X,t(F),X,t(F:)X,t(F,x,...,x,x:X

),X,t(Fdt

dX

n21

n21

==

=

là hệ phươ ng trình chuy ển động c ủa một điểm trong không gian pha

Rn mà véc t ơ v ận t ốc c ủa đ i ểm đ ó là ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

dt

dx,...,

dt

dx,

dt

dxV n21 .

Hệ (6.2) xác định tr ườ ng v ận t ốc không d ừ ng nếu tại mỗi điểm củakhông gian pha vận tốc của điểm thay đổi theo thời gian. Khi đó hệ được gọi là hệ không dừng (không Ô tô nôm).

Khi vế phải của hệ (6.2) không phụ thuộc thời gian t, ta có hệ dừng,hay hệ Ô tô nôm.

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

)x,...,x,x(Fdt

dx

...........

)x,...,x,x(Fdt

dx

)x,...,x,x(Fdt

dx

n211n

n2112

n2111

(6.3)(v ận t ốc không thay đổi theo thờ i gian).

Ví dụ Xét hệ ODE

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

xdt

dy

ydt

dx

Không gian pha là mặt phẳng (x,y).Nghiệm hệ đang xét (kiểm tra) :

⎩⎨⎧

−−=−=

)Ctsin(Cy

)Ctcos(Cx

21

21 với 21 C,C là hằng số

tùy ý.

Để mô tả chuyển động trong khônggian pha (x,y), cần khử tham số thời gian t trong biểu thức nghiệm,thì nhận đượcquỹ đạo chuyển độngtrong không gian pha.

y

xO

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Cụ thể, ta có 2

1

22 Cyx =+ nên trong không gian pha mỗi chuyển động(điểm) của hệ được thực hiện trên đường tròn tâm O (gốc tọa độ)

bán kính |C1| được gọi là quỹ đạo chuy ển động.Nếu cố định C1 và cho C2 tùy ý ta có vô số chuyển động thực hiệntrên cùng một quỹ đạo.

Tổng quát: Đối với hệ (6.3), mỗi chuyển động( ))t(x),...,t(x),t(x)t(X n21=

xác định trong không gian Rn một quỹ đạo. và dọc theo quỹ đạo đócó vô số chuyển động dạng

( ))Ct(x),...,Ct(x),Ct(x)Ct(X n21 +++=+

§6.2. Quan hệ giữa phương trình vi phân cấp n và hệ n phươngtrình vi phân cấp một

1. Đưa phương trình vi phân cấp n về hệ n phương trình vi phâncấp mộtM ệnh đề 1: ODE cấp n

)y,...,y,y,x(f y )1n()n( −′=

(6.3)

luôn đưa được về hệ n ODE cấp một.Chứ ng minh: Đặt:

n)1n(

1k

)k (

3

2

1

yy

........

)1n,,,,2,1,0k (yyyy

yy

yy

=

−===′′

=′

=

−

+

ta nhận được hệ n ODE cấp một sau:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




thay vào ODE (6.5)ta được các đồng nhất thức. Xét đồng nhất thứcbất kỳ:

))t(x),...,t(x),t(x,t(f dt)t(dx n211

1 ≡

(a1)

vi phân đồng nhất thức này theo t, ta có

k

n

1k k

11k n

1k k

11

2

1

2

f x

f

t

f

dt

dx

x

f

t

f

dt

xd∑∑

== ∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂= , đặt )x,...,x,x,t(Ff

x

f

t

f n212k

n

1k k

11 =∂

∂+

∂

∂∑

=

suy ra

))t(x),...,t(x),t(x,t(Fdt

xdn2122

1

2

≡ (a2)

Tương tự, ta có:

∑ ∑= = ∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂=

n

1k

n

1k

k

k

22k

k

22

3

1

3

f x

F

t

F

dt

dx

x

F

t

F

dt

xd , đặt )x,...,x,x,t(Ff x

F

t

Fn213k

n

1k k

22 =∂

∂+

∂

∂∑

=

suy ra


xdn2133

1

3

≡

(a3)

Tiếp tục quá trình trên đến n-2 lần, ta có


xdn211n1n

1

1n

−−

−

≡

(an-1)

∑ ∑= =

−−−−

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂=

n

1k

n

1k

k

k

1n1nk

k

1n1n

n

1

n

f x

F

t

F

dt

dx

x

F

t

F

dt

xd , đặt

)x,...,x,x,t(Ff x

F

t

Fn21nk

n

1k k

1n1n =∂∂+

∂∂ ∑

=

−− , ta có


xdn21nn

1

n

≡

(an)

Từ (a1), (a2),… (an-1) lập hệ ODE:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

≡

≡

≡

−−

−


)t(xd

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


)t(xd

))t(x),...,t(x),t(x,t(f dt

)t(dx

n211n1n

1

1n

n2122

1

2

n2111

(6.6)

Giả sử định thức 0)x,...,x,x(D

)F,...,F,f (D

n32

1n21 ≠− trong miền nào đấy của các biến

)x,...,x,x,t( n21 . Khi đó từ hệ (6.6), ta có thể tìm được biểu diễnn32 x,...,x,x dạng sau;

)dt

xd,...,

dt

xd,

dt

dx,x,t(xx

.......

)dt

xd,...,

dt

xd,

dt

dx,x,t(xx

)dt

xd,...,

dt

xd,

dt

dx,x,t(xx

1n

1

1n

2

1

2

1

1nn

1n

1

1n

2

1

2

1

132

1n

1

1n

2

1

2

1122

−

−

−

−

−

−

=

=

=

Thay các giá tr ị này vào biểu thức (an) ta nhận được ODE cấp n đốivới hàm cần tìm 1x .

))x,...,x,x,t(x),...,x,...,x,x,t(x),t(x,t(Fdt

xd )n(

111n

)n(

11121nn

1

n

′′′′′′≡ (đpcm)

(6.7)

Từ lý luận trên thì )t(x1 là nghiệm của ODE cấp n (6.7).Thay )1n(

111 x,...,x,x −′ vào hệ (6.6) r ồi xác định

)t(xx),...,t(xx),t(xx nn3322 === .

S2. Nghiệm của ODE đích là nghiệm của ODE nguồn và ngược lại.Hệ hàm thu được )t(x),...,t(x),t(x),t(x n321 chính là nghiệm của hệ ODE(6.50).Thật vậy, thay chúng vào hệ (6.6) ta được hệ các đồng nhất thức.Xét đồng nhất thức bất kỳ,

))t(x),...,t(x),t(x,t(f dt

)t(dxn211

1 ≡

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Vi phân đồng nhất thức này theo t,

dtdx

xf

tf

dtxd k

n

1k k

11

2

1

2

∑= ∂∂+

∂∂=

do hệ (6.6)

)x,...,x,x,t(Fdt

xdn2122

1

2

=

do cách đặt hàm 2F

k

n

1k k

11n212 f

x

f

t

f )x,...,x,x,t(F ∑

= ∂

∂+

∂

∂=

ta nhận được khi chú ý 1x thỏa mãn đồng nhất thức kể trên:

0f dt

dx

x

f k

k n

2k k

1 ≡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂∑

=

(b1)

Thực hiện tương tự, cho đồng nhất thức thứ hai cho đến thứ n-1 củahệ (6.6), ta có:

0f dtdx

xF k

k

n

2k k

2 ≡⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −∂∂∑=

(b2)…..

0f dt

dx

x

Fk

k n

2k k

1n ≡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂∑

=

−

(bn-1)

Kết hợp (b1),(b2),…, (bn-1), ta nhận được hệ n – 1 phương trình đại số tuyến tính thuần nhất với n – 1 ẩn n,...,3,2k ,f

dt

dxk

k =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ − sau:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

⎨

⎧

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂

=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

∂∂

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂

∑

∑

∑

=

−

=

=

0f dt

dx

x

F

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

0f dt

dx

x

F

0f dt

dx

x

f

k k

n

2k k

1n

k k

n

2k k

2

k k

n

2k k

1

Định thức của hệ này chính là 0)x,...,x,x(D

)F,...,F,f (D

n32

1n21 ≠− . Do đó hệ chỉ có

nghiệm tầm thường, tức là n,...,3,2k ,0f dt

dxk

k

=≡− (đpcm).Chú ý : trong chứng minh trên, khi khử các hàm n32 x,...,x,x ta đã giả thiết:

0)x,...,x,x(D

)F,...,F,f (D

n32

1n21 ≠−

Nếu điều này không thỏa mãn, ta thực hiện thuật toán trên chonk 2,x k ≤≤ .

Nếu định thức trên không thỏa mãn với cách chọn một trong các hàmn21 x,...,x,x thì phương trình chứa đạo hàm ứng với hàm đó sẽ được

tích phân riêng.

Ví dụ 1:

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

≠∂

∂

=

=

=

0x

f

),x,x,t(f dt

dx

)x,x,t(f dt

dx

)x,t(f dt

dx

3

2

323

3

3222

111

Hai ODE cuối có thể đưa về ODE cấp hai bằng phương pháp trên.ODE đầu chỉ chứa 1x và 1x không tham gia vào hai ODE sau nên cóthể tích phân ODE đầu riêng.

Ví dụ 2.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎪

⎩

⎪

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

)x,t(f dt

dx

)x,t(f dtdx

)x,t(f dt

dx

33

3

222

111

Hệ ba ODE này không thể đưa về ODE cấp 3 đối với bất kỳ hàmnào. Do đó phải tích phân riêng từng ODE.

Ví dụ 3. Giải hệ ODE

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

−=

yx2dt

dy

y2x3dt

dx

Vi phân hai vế của ODE đầu:

0xdt

dx2

dt

xd

dt

dxx

dt

dx3)y2x3(x

dt

dx3)yx2(2

dt

dx3

dt

dy2

dt

dx3

dt

xd

2

2

2

2

=+−⇔

⇔−−=−−−=−−=−=

Phương trình đặc tr ưng012)(F 2 =+λ−λ=λ có nghiệm 1=λ bội hai. Do đó

( )[ ]

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

=−−−+=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

+=

tC2

CC)texp(

)texp(tC)texp(C)texp(C)texp(tC)texp(C32

1

dt

dxx3

2

1)t(y

)texp(tC)texp(C)t(x

22

1

22121

21

Vậy nghiệm tổng quát là:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

+=

)texp(tC)texp(2

CC)t(y

)texp(tC)texp(C)t(x

22

1

21

§6.3. Phương pháp tổ hợp tích phân

Để giải hệ ODE dùng thuật toán đưa về ODE cấp cao.Dưới đây là thuật toán khác: tìm các tích phân đầu dùng thuật toán tổ hợp tích phân.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ví dụ

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

)2(xdt

dy

)1(ydt

dx

)texp(CyxClnt|yx|ln)yx()yx(dt

d)2()1(

)texp(CyxClnt|yx|lnyx)yx(dt

d)2()1(

22

11

−=−⇔+−=−⇒−−=−⇒−

=+⇔+=+⇒+=+⇒+

( )

( ) ⎪⎩

⎪⎨⎧

−−=−+=⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−=

−+=⇒⎩⎨⎧

−=−=+⇒

)texp(C)texp(Cy

)texp(C)texp(Cx

)texp(C)texp(C2

1y

)texp(C)texp(C2

1

x

)texp(Cyx

)texp(Cyx

21

21

21

21

2

1

Suy r ộng : Từ hệ

( )

( )⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ =

=

=

⇔

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

)X,t(f ),...,X,t(f ),X,t(f )X,t(F

dt

)t(dx,...,

dt

)t(dx,

dt

)t(dx

dt

dX

)t(x),...,t(x),t(x:X

),X,t(Fdt

dX

)x,...,x,x,t(f dt

dx

...........

)x,...,x,x,t(f dt

dx

)x,...,x,x,t(f dt

dx

n21

n21

n21

n211n

n2112

n2111

(6.8)

có thể lập các ODE mới dễ tích phân hơn, để tìm tích phân đầu dạng:

C))t(x),...,t(x),t(x,t()X,t(Fdt

dX,Xkhi:C)x,...,x,x,t( n21n21 =ϕ⇒==ϕ

(6.9)

Ý nghĩ a hình học: tích phân đầu (6.9) với mỗi C cố định là mặt cong nchiếu trong không gian n+1 chiều Rn+1 với các tọa độ )x,....,x,x,t( n21 cótính chất là mọi đường cong tích phân có một điểm chung với mặt sẽ hoàn toàn thuộc mặt đó.

• Nếu tìm được k tích phân đầu

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=Φ

=Φ

=Φ

k n21k

2n212

1n211

C)x,...,x,x,t(

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

C)x,...,x,x,t(

C)x,...,x,x,t(

(6.10)

và nếu tất cả các tích phân đầu này là độc lập, tức là có ít nhấtmột định thức

( )( )

0x,...,x,xD

,...,,D

ik 2i1i

k 21 ≠ΦΦΦ

(6.11)

trong đó ik 2i1i x,...,x,x là k hàm nào đấy trong số các hàm

n21 x,...,x,x thì từ hệ (6.10) ta có thể biểu diễn k hàm cần tìm qua n –k hàm còn lại. Thay vào hệ ODE ban đầu ta sẽ hạ được k cấp củahệ, tức là đưa hệ về n-k phương trình.

• Nếu k = n, và các tích phân đầu độc lập thì các hàm cần tìm đềuxác định được từ hệ phương trình các tích phân đầu (6.10). Coinhư đã tích phân xong hệ đã cho.

Ví dụ 1: Xét hệ ODE

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

−=

−=

)3( pq)BA(dt

dpC

)2(rp)AC(dt

dqB

)1(qr )CB(dt

dpA

trong đó 0CBA >≥≥ là các hằng cho tr ước; p, q, r là các hàm phảitìm (lý thuyết chuyển động của vật r ắn).

Thực hiện

( ) 1

222

1

222CCr BqAp0Cr BqAp

2

1

dt

d

0dt

dpCr

dt

dqBq

dt

dpApr *(3)q*(2) p*(1)

=++=Φ⇒=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++⇔

⇔=++⇒++

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




ta được tích phân đầu thứ nhất.

Tiếp tục

( ) 2

222222

2

222222

222

Cr CqB pA0r CqB pA2

1

dt

d

0dt

dpr C

dt

dqqB

dt

dp pACr *(3)Bq*(2)Ap*(1)

=++=Φ⇒=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++⇔

⇔=++⇒++

ta được tích phân đầu thứ hai. Định thức Jacobi (6.11)

( )( ) 0 pq)AB(AB4qB2 pA2

Bq2Ap2

q p

q p

q, pD

,D22

22

11

21

≠−==∂Φ∂

∂Φ∂

∂Φ∂

∂Φ∂

=

ΦΦ

(theo giả thiết)

nên hai tích phân đầu này độc lập. Từ hệ phương trình các tích phânđầu giải ra được

)C,C( b: b),C,C(a:a,0)BA(B

)CA(C,0

)BA(A

)CB(C,

br q

,ar p212122

22

==>−−

=β>−−

=α⎪⎩

⎪⎨⎧

+β−=

+α=

Thay các giá tr ị p, q vào (3) của hệ đang xét, ta có:

( )( ) br ar C

BA

dt

dr 22 +β−+α−

=

ODE này giải được bằng phương pháp tách biến.

Ví dụ 2. Xét hệ

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

−=

−=

)3(yxdt

dz

)2(xzdt

dy

)1(zydt

dx

( )

( ) 2

222

2

222

11

Czyx0zyxdt

d

0dt

dzz2

dt

dyy2

dt

dxx2z2*)3(y2*)2(x2*)1(

Czyx0zyxdt

d(3)(2)(1)

=++=Φ⇒=++⇔

⇔=++⇒++

=++=Φ⇒=++⇒++

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Hai tích phân đầu này độc lập nên ta có thể biểu diễn hai hàm chưa

biết qua hàm còn lại và đưa về tích phân một ODE cấp một với mộthàm phải tìm.

Chú ý: Để dễ tìm tích phân đầu, hệ ODE (6.8) thường được đưa về dạng đối xứng sau (vai trò của các biến độc lập và phụ thuộc đềunhư nhau)

n,...,2,1k ),x,....x,x,t(f :)x,....x,x,t(

)x,....x,x,t(

khi

)x,....x,x,t(

dt

)x,....x,x,t(

dx.....

)x,....x,x,t(

dx

)x,....x,x,t(

dx

n21k

n210

n21k

n210n21n

n

n212

2

n211

1

==ϕϕ

ϕ=

ϕ=

ϕ=

ϕ

Ví dụ:

xz2

dz

zyx

dx

xy2

dy

zyx

xz2

dx

dz

zyx

xy2

dx

dy

222

222

222

=−−

=⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−=

−−=

Tích phân ODE1C

z

y

xz2

dz

xy2

dy=⇔=

⇔=−−

=⇔=−−

=22222222 xz2

zdz

)zyx(x

xdx

xy2

ydy

xz2

dz

zyx

dx

xy2

dy

( ) ( )( ) ( )

2

222

222

2222

222

22222222

Cy

zyx

zyxlnClnylnzyx

zxyd

y

dy

zyxx

zdzxdxydy

xy2

dy

z2)zyx(y2x

zdzxdxydy

xy2

dy

=++

⇔

⇔++=+⇔++++

=⇔

⇔++

++=⇔

+−−+

++=⇔

Các tích phân đầu tìm được này độc lập. Vì thế cho phép xác địnhcác hàm phải tìm y và z qua x, C1, C2.

§6.4. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




1. Phát biểu và chứng minh định lýXét hệ ODE

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

=

)y,...,y,y,x(f dy

dy

...........

)y,...,y,y,x(f dy

dy

)y,...,y,y,x(f dxdy

n211n

n2112

n2111

(6.12)Giả sử

(1). Các hằng số hữu hạn R b,a,y,...,y,y,x 0

n

0

2

0

10 ∈ . Miền G ⊂ Rn+1

xácđịnh bởi:

( ) byy,..., byy, byy,axx:y,...,y,y,xG 0

nn

0

22

0

110n21 ≤−≤−≤−≤−=

(6.12a)

(2). Các hàm )G(Cf ,...,f ,f n21 ∈ (liên tục trong miền đóng nên giới nộitrong G), :

G)y,...,y,y,x(,n,...,2,1k ,M)y,...,y,y,x(f :0M,R M n21n21k ∈∀=∀≤>∈∃ (6.12

b)

(3). Các hàm n21 f ,...,f ,f thỏa mãn điều kiện Lipsit trong G theo cácbiến n21 y,...,y,y , với hằng số L > 0, tức là:

n....2,1k ,yyL)y,,...,y,,y,x(f )y,...,y,y,x(f :0L

G)y,,...,y,,y,x(),y,...,y,y,x(

n

1 j

j jn21k n21k

n21n21

=∀−≤−>∃⇒

⇒∈∀

∑=

(6.12c)

Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm ))x(y,...,),x(y),x(y()x(y n21= của hệ (6.12) thỏa mãn điều kiện ban đầu0

n0n

0

202

0

101 y)x(y,...,,y)x(y,y)x(y === (6.12d)

Nghiệm này xác định trong khoảng đóng

]hx,hx[ 00 +− với⎭⎬⎫

⎩⎨⎧=M

b,aminh

(6.12e)Chứ ng minh:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Bướ c 1. Lậ p dãy x ấ p x ỉ Picar Đặt

( ) ( )0

n

0

2

0

1

00

n

0

2

0

1

0

y,...,y,yy)x(y),...,x(y),x(y)x(y =≡=

Xấp xỉ thứ nhất: [ ]hx,hxx 00 +−∈∀

( ) ( ) n....,2,1 j,dt)t(y),...,t(y),t(y,tf y)x(y:)x(y),...,x(y),x(y)x(yx

x

0

n

0

2

0

1 j

0

j

1

j

1

n

1

2

1

1

1

0

=+≡= ∫

Tổng quát xấp xỉ thứ k: [ ]hx,hxx 00 +−∈∀ ( )

( ) n....,2,1 j,dt)t(y),...,t(y),t(y,tf y)x(y

:)x(y),...,x(y),x(y)x(y

x

x

1k

n

1k

2

1k

1 j

0

j

k

j

k

n

k

2

k

1

k

0

=+≡

=

∫ −−−

(6.13)Dãy ( ){ }k

0m

m

n

m

2

m

1

m )x(y),...,x(y),x(y)x(y == có các tính chất:(1). ( ),y,...,y,yy)x(y,k ,...,2,1,0m 0

n

0

2

0

100

m ===∀

(2). [ ] ( ){ } G)x(y),...,x(y),x(y)x(y,hx,hxx k

0m

m

n

m

2

m

1

m

00 ∈=+−∈∀ = , tức là

by)x(y,..., by)x(y, by)x(y 0

n

m

n

0

2

m

2

0

1

m

1 ≤−≤−≤−

(3). là dãy liên tục

Tính chất (1) là hiển nhiên.Tính chất (2) được chứng minh bằng quy nạp.

Với ( ) Gy,...,y,yy)x(y,0m 0

n

0

2

0

1

00 ∈=≡=

Giả sử tại m = k, ta đã có:[ ]hx,hxx, by)x(y,..., by)x(y, by)x(y 00

0

n

k

n

0

2

k

2

0

1

k

1 +−∈∀≤−≤−≤−

Cần chứng minh điều này cũng đúng khi k:= k+1. Thật vậy, ta có

( )

[ ]hx,hxx,n....,2,1 j

, bMhxxMdt)t(y),...,t(y),t(y,tf y)x(y

00

0

x

x

1k n

1k 2

1k 1 j

0 j

1k j

0

+−∈∀=∀

≤≤−≤=− ∫ −−−+

Tính chất (3), tính liên tục của dãy xấp xỉ trên miền[ ]hx,hxx 00 +−∈ được suy ngay từ dãy { }k

0m

m )x(y = (6.13), hàm mf liêntục (theo giả thiết) và tính chất 2.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Bướ c 2. Dãy x ấ p x ỉ Picar hội t ụ đều khi [ ]hx,hxx 00 +−∈ Xét chuỗi hàm

( ) ( ) ( ) ...)x(y)x(y...)x(y)x(yy)x(yy)x(y 1k jk j1 j2 j0 j1 j0 jk j +−++−+−+= − (6.14)

Ta sẽ chứng minh chuỗi hàm này hội tụ đều trên miền [ ]hx,hx 00 +− .Ta có:

( ) ( ) ( )

....)x(y)x(y...)x(y)x(yy)x(yy

...)x(y)x(y...)x(y)x(yy)x(yy)x(y

1k

j

k

j

1

j

2

j

0

j

1

j

0

j

1k

j

k

j

1

j

2

j

0

j

1

j

0

j

k

j

+−++−+−+≤

≤+−++−+−+=

−

−

Theo cách xây dựng dãy (6.13), ta có( )

( ) 0

x

x

0

n

0

2

0

1 j

x

x

0

n

0

2

0

1 j

0

j

1

j

0

j

1

j

xxMdt)t(y),...,t(y),t(y,tf

dt)t(y),...,t(y),t(y,tf y)x(y)x(y)x(y

0

0

−≤≤

≤=−=−

∫

∫

(1a)

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

xxMLnduuMLndtxtMLdt)t(y)t(yL

dt)t(y),...,t(y),t(y,tf )t(y),...,t(y),t(y,tf


dt)t(y),...,t(y),t(y,tf dt)t(y),...,t(y),t(y,tf )x(y)x(y

2

0

xx

0

x

x

n

1k

0

)a1(x

x

n

1k

0

k

1

k

Lipsitx

x

0

n

0

2

0

1 j

1

n

1

2

1

1 j

0

n

0

2

0

1 j

x

x

1

n

1

2

1

1 j

x

x

0

n

0

2

0

1 j

x

x

1

n

1

2

1

1 j

1

j

2

j

0

00

0

0

00

−==−≤−≤

≤−≤

≤−=

=−=−

∫∫∑∫∑

∫

∫

∫∫

−

==

(1b)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )3.2

xxLnMduu

2

1LnMdt

2

xtMLnLdt)t(y)t(yL




3

02

xx

0

22x

x

n

1k

2

0) b.1(x

x

n

1k

1

k

2

k

Lipsitx

x

1

n

1

2

1

1 j

2

n

2

2

2

1 j

1

n

1

2

1

1 j

x

x

2

n

2

2

2

1 j

x

x

1

n

1

2

1

1 j

x

x

2

n

2

2

2

1 j

2

j

3

j

0

00

0

0

00

−==

−≤−≤

≤−≤

≤−=

=−=−

∫∫∑∫∑

∫

∫

∫∫

−

==

Suy r ộng:

( )!k

xxLnM)x(y)x(y

k

01k 1k

j

k

j

−≤− −−

(6.15)

Chứng minh bất đẳng thức này bằng quy nạp.Với k = 1, 2 thì (6.15) đã đúng.Giả sử k = k (6.15) đúng. Ta sẽ chứng minh với k:=k+1 (6.15) vẫnđúng.

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) 1k

0

k xx

0

1k k x

x

n

1k

k

01k

)15.6(

)15.6(x

x

n

1i

1k

i

k

i

Lipsitx

x

1k

n

1k

2

1k

1 j

k

n

k

2

k

1 j

1k

n

1k

2

1k

1 j

x

x

k

n

k

2

k

1 j

x

x

1k

n

1k

2

1k

1 j

x

x

k

n

k

2

k

1 j

k

j

1k

j

xx)!1k (

LnMduu!k

1LnMdt!k

xt)Ln(ML

dt)t(y)t(yLdt)t(y),...,t(y),t(y,tf )t(y),...,t(y),t(y,tf



0

0

00

0

00

+−

+

=−

=

−−−−

−−−

−−−+

−+==−

≤

≤−≤−≤

≤−=

=−=−

∫∫∑

∫∑∫

∫

∫∫

Vì hxx 0 ≤− nên ta có:

( )

[ ] ,....2,1k ,n,...,2,1 j,hx,hxx

h!k

LnM)x(y)x(y

00

k

1k

1k

j

k

j

==−−∈∀

≤−−

−

(6.16)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

( )

( ) n....,2,1 j)x(ydt)t(y),...,t(y),t(y,tf y

dt)t(ylim),...,t(ylim),t(ylim,tf y

dt)t(y),...,t(y),t(y,tf limy)x(ylim

j

x

x

n21 j

0

j

x

x

1k

nk

1k

2k

1k

1k

j

0

j

x

x

1k

n

1k

2

1k

1 jk

0

j

k

jk

0

0

0

==+=

=+=

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +≡

∫

∫

∫

−

∞→

−

∞→

−

∞→

−−−

∞→∞→

Do n,...,2,1 j,f )x(y)hx,hx(C)x(y)hx,hx(Cf j j00

1

j00 j ==′⇒+−∈⇒+−∈

Bướ c 4. Nghi ệm )x(y tìm đượ c là duy nhất.

Giả sử tồn tại nghiệm ( ) )x(y)x(z),....,x(z),x(z)x(zz n21 ≠== Ta có

n,...,2,1 j,dt))t(y),...,t(y),t(z,t(f yz

)z,...,z,z,x(f dx

dz

x

x

n21 j

0

j j

n21 j

j

0

=+=⇒

⇒=

∫

(6.18)

Bằng qui nạp ta chứng minh được đẳng thức

[ ]hx,hxx,...;2,1,0k ;n,...,2,1 j;xx)!1k (

)nL(M)x(y)x(z 00

1k

0

k k

j j +−∈==−+

≤− + (6.1

9)

Thật vậy với k =0:Ta có

0

x

x

n21 j

0

j j xxMdt)t(z),...,t(z),t(z,t(f )x(y)x(z

0

−≤≤− ∫

Giả sử (6.19) đúng với k nào đó, ta cần chứng minh nó cũng đúngvới k := k+1.Xét

2k

0

1k 1k x

x

0

1k x

x

n

1 j

k

j j

x

x

k

n

k

2

k

1 jn21 j

1k

j j

xx)!2k (

)nL(Mdtxt

)!1k (

)nL(Mdt)t(y)t(zL

dt)t(z),...,t(z),t(z,t(f )t(z),...,t(z),t(z,t(f )x(y)x(z

00

0

++++

=

+

−+

=−+

≤−≤

≤−≤−

∫∫∑

∫

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Bất đẳng thức (6.19) được chứng minh và ta có đánh giá sau

[ ]hx,hxx,...;2,1,0k ;n,...,2,1 j;h)!1k ()nL(M)x(y)x(z 00

1k

k

k j j +−∈==

+≤− +

Dễ thấy chuỗi số ∑∞

=

+

+0k

1k k

h)!1k (

)nL(M hội tụ và vì thế 0h)!1k (

)nL(Mlim 1k

k

k =

++

∞→.

Chứng tỏ n,...,2,1 j),x(z))x(ylim( j

k

k

j ==∞→

.

Do tính duy nhất của giới hạn suy ra n,...,2,1 j),x(y)x(z j j == (đpcm)

Hệ quả 1Giả sử các hàm ( )1n

n21 R GCf ,...,f ,f +⊂∈ (liên tục) và thỏa mãn điều kiệnLipsit theo n21 y,....,y,y . Khi đó tồn tại duy nhất đường cong tích phâncủa hệ (6.12) đi qua mỗi điểm trong ( )0n0

2

0

10 y,....,y,y,x thuộc G.

Hệ quả 2. (điều kiện tồn tại duy nhất nghiệm của ODE cấp n) Giả sử hàm )R G(C)y,...,y,y,x(f 1n)1n( +− ⊂∈′ và thỏa mãn điều kiện Lipsittheo các biến )1n(y,....,y,y −′ trong G. Khi đó với mỗi điểm( ) Gy,....,y,y,x )1n(

0000 ∈′ − cho tr ước tồn tại duy nhất nghiệm )x(yy = của

ODE)y,...,y,y,x(f y )1n()n( −′=

thỏa mãn điều kiện ban đầu:,y)x(y...,,y)x(y,y)x(y )1n(

00

)1n(

0000

−− =′=′=

Chứ ng minh hệ quả 2 : Đưa ODE cấp n về hệ n ODE cấp một, r ối áp dụng định lý tồn tạ vàduy nhất nghiệm của hệ.

2. Sự kéo dài nghiệmGiả sử trong miền G thỏa mãn các điều kiện:(của định lý tồn tại vàduy nhất nghiệm). Tức ta có:

( )( ) [ ]0000

0

0n21

0

n

0

2

0

10

0

0

hx,hxx;y)x(y:)x(y),...,x(y),x(y)x(y!

Gy,....,y,y,x)y,x(

+−∈∀==∃⇒

⇒∈=∀

Đặt1

n1n

1

212

1

111001 y)x(y,....,y)x(y,y)x(y,hxx ===+=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nếu điểm ( )1n1

2

1

11 y,....,y,y,x là đ i ểm trong thuộc G, áp dụng định lý tồntại và duy nhất nghiệm, ta có nghiệm ( ))x(z),....,x(z),x(z)x(z n21= của hệ

(6.12) xác định trong đoạn [ ]1111 hx,hx +− thỏa mãn điều kiện đầu1

n1n

1

212

1

111 y)x(z,....,y)x(z,y)x(z === .Theo tính duy nhất nghiệm, ta có

[ ] [ ]11111000 hx,hxhx,hxx)x(y)x(z +−∩+−∈∀≡

Khi đó ta được nghiệm của hệ (6.12) đi qua điểm( ) Gy,....,y,y,x 0

n

0

2

0

10 ∈ xác định trên khoảng lớn hơn [ ]10000 hhx,hx ++− .Tương tự với ,....x,x 32 , nghiệm được kéo dài trên đoạn[ ]210000 hhhx,hx +++− .Tương tự có thể thực hiện kéo dài nghiệm với biên trái của điểm 0x .

Đã chứng minh được r ằng: Quá trình kéo dài nghiệm nói trên có thể thực hiện đến tận biên của G.

Nhận xét:Giả sử miền G có dạng:

{ };y,....,y;y; bxaG n21 ∞<<−∞∞<<∞−∞<<∞−<<=

Trong G các hàm n21 f ,...,f ,f liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipsit theon21 y,...,y,y với cùng một hằng số L > 0.

Áp dụng quá trình kéo dài nghiệm trên suy ra r ằng:

( ) )x(YY,)x(y),....,x(y),x(y:)x(Y

) b,a(x,Y)x(Y),Y,x(F)x(Y:)x(YY!;n,...2,1 j,y); b,a(x

0

0

n21

0

0

0

j0

==

∀==′=∃⇒=∞<<∞−∈

§6.5. Các loại nghiệm của hệ phương trình vi phân

Gọi G là miền mà trong đó nghiệm của bài toán Cô si tồn tại và duynhất.

1. Nghiệm tổng quátHệ n hàm khả vi liên tục theo x phụ thuộc n hằng số tùy ý n21 C,....,C,C

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ϕ=

ϕ=

ϕ=

)C,...,C,C,x(y

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

)C,...,C,C,x(y

)C,...,C,C,x(y

n21nn

n2122

n2111

(6.20)

được gọi là nghiệm tổng quát của hệ ODE (6.12) trong G nếu:(1). Từ biểu diễn của hệ hàm xác định được các hằng số tíchphân C1, C2, …, Cn theo giá tr ị của các điểm đầu( ) Gy,....,y,y,x 0

n

0

2

0

10 ∈ (2). Hệ hàm đó nghiệm đúng ODE với các hằng số tích phân đã

xác định.

2. Tích phân tổng quátHệ hàm

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=Φ

=Φ

=Φ

nn21n

2n212

1n211

C)y,...,y,y,x(

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

C)y,...,y,y,x(

C)y,...,y,y,x(

(6.21)

là tích phân tổng quát của hệ ODE (6.12) trong miền G nếu nó xácđịnh nghiệm tổng quát của hệ tương ứng trong miền đó.

3. Nghiệm riêngNghiệm riêng là nghiệm:(1) nhận được từ nghiệm tổng quát với các hằng số tích phân xácđịnh.(2) tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệm của bài toán Cô si

được bảo đảm4. Nghiệm kỳ dị Nghiệm kỳ dị là nghiệm mà tại mỗi điểm của nó tính duy nhất nghiệmcủa bái toán Cô si bị phá vỡ.Ví dụ: Xét hệ ODE

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)0z(

z2dxdz

zyx

2x

dx

dy

≠

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

−+=

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

−>+=⇒+=⇒+−+=

−>+=⇒

2

21

1

2

12

21

2

1

1

2

1

xCxCy

Cx,)Cx(zxCxCy)Cx(y

x

2x

dx

dy

Cx,)Cx(z

là nghiệm tổng quát trong miền { }∞<<−∞∞<<−∞≠= z,y,0xG

ODE thứ hai có nghiệm kỳ dị z = 0. Thay vào phương trình thứ nhất,ta được ( )|x|lnCxy 2 += và hệ có họ nghiệm kỳ dị

( )

⎩⎨⎧

=

+=

0z

|x|lnCxy 2

§6.6. Hệ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất

Hệ ODE tuyến tính thuần nhất có dạng

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

+++=

+++=

+++=

nnn22n11nn

nn2222121

2

nn12121111

y)x( p....y)x( py)x( pdx

dy

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


dy


dy

(6.22)(v ế phải là hàm tuy ến tính, thuần nhất đối v ớ i các hàm phải tìm)Sự tồn tại và duy nhất nghiệm thỏa mãn điều kiện đầuXét Hệ ODE (6.22) với giả thiết:

) b,a(C)x( p;n,....2,1 j,i;R ) b,a(x ij ∈=⊂∈∀

khi đó:( ) ) b,a(x,)x(y),....,x(y),x(y)x(y!R )y,...,y,y(); b,a(x n21

n0

n

0

2

0

10 ∈=∃⇒∈∈ lànghiệm của (6.22) thỏa mãn ( ) )y,...,y,y()x(y),....,x(y, 0

n

0

2

0

10n02 = .Chứ ng minh:

Lấy [ ] [ ]; b,ax:) b,a( b,a 11011 ∈⊂ Ký hiệu n,...,2,1 j,y)x( pf n

1k

k jk j == ∑=

. Ta có

n,....,2,1k , j);x( pdy

f jk

k

j ==∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tính chất của nghiệm của hệ (6.22):

Tính chất 1: Tổ hợp tuyến tính các nghiệm của hệ ODE (6.23) cũnglà nghiệm của nó.Tính chất 2 : Nếu vế phải )x(P của hệ ODE (6.23) là các hàm thực, vàhệ ODE đó có nghiệm phức )x(iV)x(U)x(Y += thì phần thực )x(U vàphần ảo )x(V cũng là nghiệm thức của hệ ODE đang xét.

Chứ ng minh: Hiển nhiên (đpcm).

2. Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của hệ véc tơ

hàmGiả sử hệ véc tơ hàm:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y....,,

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y,

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y

nn

n2

n1

1

2n

22

12

2

1n

21

11

1MMM

xác định trong khoảng (a, b).

Định ngh ĩ a :(1). Hệ véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 phụ thuộc tuyến tính trênkhoảng (a,b) nếu tồn tại các hằng số không đồng thời bằng không

n21 ,....,, ααα sao cho

) b,a(x,0)x(Yk

n

1k

k ∈∀=α∑=

(6.25)

Ngược lại hệ véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là độc lập tuyến tính.

(2). Đị nh thứ c Vronski c ủa hệ véc t ơ hàm t rên được xác định bởi:

[ ]

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

Y,...,Y,YW)x(W

nn2n1n

n22221

n11211

n21

L

LLLL

L

L

==

Định lý 1.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Hệ véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 phụ thuộc tuyến tính ) b,a(x∈∀ ,thì ) b,a(x,0)x(W ∈∀=

Chứ ng minh:Do hệ véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 phụ thuộc tuyến tính, ta cần tìm

được các hệ số n,...2,1k ,0,R n

1k

2

k k =≠α∈α ∑=

sao cho (6.25) thõa mãn với

mọi x trên (a,b).Hệ thức (6.25) tương đương với hệ n phương trình tuyến tính thuầnnhất với các ẩn n21 ,....,, ααα sau:

⎟⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

=⎟⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

α

α

α

⎟⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

0

0

0

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

n

2

1

nn2n1n

n22221

n11211

MM

L

LLLL

L

L

(6.26)

Theo giả thiết 0:n,...2,1k ,,R n

1k

2

k k ≠α=∈α ∑=

tức hệ trên có nghiệm không

tầm thường, nên suy ra định thức Crame, chính là định thức Đị nhthứ c Vronski c ủa hệ hàm , phải bằng không trên (a,b). (đpcm)

Chú ý: Ngược lại, ⇒= 0)x(W hệ hàm phụ thuộc tuyến tính, là khôngđúngVí dụ: Xét hệ véc tơ hàm

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

x

x)x(Y,

1

1)x(Y 21

0)x(W =⇒ Tìm 21 ,αα từ hệ phương trình đại số tuyến tính:

00

0

x1

x1

x

x)x(Y,

1

1)x(Y 11

2

1

21 =α=α⇔⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ α

α⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

Định lý 2. Giả sử hệ hàm véc tơ )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là n nghiệm củahệ ODE tuyến tính thuần nhất cấp n (6.23).Khi đó: Hệ véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 phụ thuộc tuyến tínhtrên (a, b)cần và đủ là Định thức Vronski của hệ bằng không,

) b,a(x,0)x(W ∈∀=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chứ ng minh: Điều kiện cần được chứng minh khi suy từ định lý 1.

Điều kiện đủ:Lấy điểm ) b,a(x 0 ∈ và xét hệ phương trình đại số tuyến tính thuầnnhất (6.26)

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

α

α

α

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0

0

0

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

n

2

1

0nn02n01n

0n2022021

0n1012011

MM

L

LLLL

L

L

(6.27)

Do giả thiết định thức của hệ này 0)x(W 0 = nên hệ có nghiệm khôngtầm thường 0

n

0

2

0

1 ,...,,, ααα .Theo giả thiết hệ véc tơ hàm )x(Y),...,x(Y),x(Y n21 là nghiệm của ODE(6.23), và theo tính chất nghiệm của hệ, véc tơ hàm sau:

)x(Y....)x(Y)x(Y)x(Y n

0

n2

0

21

0

1 α++α+α= (a)

cũng là nghiệm của hệ ODE (6.23) và)x(Y....)x(Y)x(Y)x(Y 0n

0

n02

0

201

0

10 α++α+α= thỏa mãn (6.27).

Từ (6.27) suy ra 0)x(Y 0 = .

Mặt khác, véc tơ hàm 0)x(Z = cùng là nghiệm của hệ (6.23) thỏa mãn0)x(Z 0 = . Do tính duy nhất nghiệm của bài toán Cô si ta có

0)x(Z)x(Y ≡= , tức là:0)x(Y....)x(Y)x(Y n

0

n2

0

21

0

1 =α++α+α

Với các hệ số không đồng thời bằng không nên suy ra tính phụ thuộc

tuyến tính. (đpcm)Chú ý: Đinh thức Vronski của n nghiệm của hệ ODE tuyến tính thuầnnhất hoặc khác không, hoặc bằng không tại mọi điểm của khoảng (a,b).

3. Hệ nghiệm cơ bản Định ngh ĩ a: hệ n nghiệm độc lập tuyến tính của ODE (6.23) đượcgọi là hệ nghiệm cơ bản của nó.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nhận xét 1: Hệ (6.23) có vô số hệ nghiệm cơ bản.

Chứ ng minh:Lấy ) b,a(x 0 ∈ và ma tr ận vuông A bất kỳ:

0)Adet(:

aaa

aaa

aaa

A

nn2n1n

n22221

n11211

≠

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

L

LLLL

L

L

Gọi:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y

nj

j2

j1

jM

là nghiệm của (6.23) thỏa mãn điều kiện đầu

n...,2,1 j,

a

a

a

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y

nj

j2

j1

0nj

0 j2

0 j1

0 j =

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=MM

Theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cô si, cácnghiệm n,...2,1 j),x(Y j = tồn tại và duy nhất trên (a, b).

Vì định thức Vronski của các nghiệm n,...2,1 j),x(Y j = , là det(A), khác

không tại điểm x0 trong (a,b) nên nó khác không trên toàn (a,b). Vìvậy hệ véc tơ hàm đang xét là độc lập tuyến tính và lập nên hệ nghiệm cơ bản của ODE (6.23).Nếu ma tr ận A là ma tr ận đơn vị, ta nhận được hệ nghiệm cơ bản

chuẩn hóa.

Định lý 3:Nếu )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là hệ nghiệm cơ bản của hệ (6.23), khi đó biểuthức

)x(YC...)x(YC)x(YC)x(Y nn2211 +++= ,

trong đó n21 C,...,C,C là các hằng số tùy ý là nghiệm tổng quát của ODEđang xét.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chứ ng minh: )x(Y là nghiệm của ODE (6.23), hiển nhiên.

Mặt khác, lấy ( ) nT0

n

0

2

0

1

0

0 R y,...,y,yY), b,a(x ∈=∈ . Từ hệ 0

0nn0220110 Y)x(YC...)x(YC)x(YC)x(Y =+++= suy ra

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

0

n

0

2

0

1

n

2

1

0nn02n01n

0n2022021

0n1012011

y

y

y

C

C

C

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

MM

L

LLLL

L

L

Định thức Crame của hệ chính là định thức Vronski của hệ nghiệm

cơ bản, do đó khác không, vì vậy phương trình trên xác đinh duynhất các hằng số C (đpcm).

4. Công thức Ostrogatski – LiuvilXét ODE tuyến tính thuần nhất cấp n sau:

Y)x(Pdx

dY

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

:)x(P;

dx

dy

dx

dydx

dy

:dx

dY;

y

y

y

:Y

nn2n1n

n22221

n11211

n

2

1

n

2

1

=⇒

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

K

KKKK

K

K

MM

Giả sử n véc tơ hàm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là nghiệm bất kỳ của hệ ODEtrên.Khi đó định thức Vronski của hệ hàm trên được xác định bởi côngthức Ostrogradski – Liuvil sau:

constC,dx)x( pexpC)x(Wn

1 j

jj =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = ∫∑

=

tùy ý.

(6.28)hay dạng Cô si:

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = ∫∑

=

dx)x( pexpxW)x(Wn

1 j

jj0

(6.28a)Chứng minh:Do giả thiết hệ véc tơ )x(Y....,),x(Y),x(Y n21

là nghiệm, nên ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




n,...,2,1 j,

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y,Y)x(Pdx

dY

nj

j2

j1

j j

j =

⎟⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

==M

hay tương đương

n,...,2,1 j,

)x(y

)x(y

)x(y

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

dx

)x(dy

dx

)x(dydx

)x(dy

nj

j2

j1

nn2n1n

n22221

n11211

nj

j2

j1

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟

⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

M

K

KKKK

K

K

M

hay

n....,2,1 j,i;)x(y)x( pdx

)x(dy n

1k

kjik

ij == ∑=

(a)

Từ hệ véc tơ nghiệm )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 , lập định thức Vronski (theocột)

[ ]

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

Y,...,Y,YW)x(W

nn2n1n

n22221

n11211

n21

L

LLLL

L

L

==

Lấy đạo hàm hai vế, và theo qui tắc đạo hàm định thức ta có

)x(W)x( p

dx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dy

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

...

)x(y)x(y)x(y

dx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dy

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(ydx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dW

n

1k

kk

nn2n1n

n22221

n11211

nn2n1n

n22221

n11211

nn2n1n

n22221

n11211

∑=

=+

+++=

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

(b

)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đây là ODE tuyến tính thuần nhất cấp một đối với hàm phải tìm ).x(W Tích phân ODE này ta đpcm.

Ta cần chứng minh công thức (b). Từ vế phải của (b), Thay các đạohàm theo công thức (a), và xét

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x( p)x(y)x( p)x(y)x( p

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(ydx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dy

nn2n1n

n22221

n

1k

knk 1

n

1k

2k k 1

n

1k

1k k 1

nn2n1n

n22221

n11211

1

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

∑∑∑===

=

==Δ

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

+=

+=

+=

n

2k

knk 1n111

n

1k

knk 1

n

2k

2k k 11211

n

1k

2k k 1

n

2k

1k k 11111

n

1k

1k k 1


.....



Theo tính chất của định thức ta có

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y


)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x( p

nn2n1n

n22221

n

2k

knk 1

n

2k

2k k 1

n

2k

1k k 1

nn2n1n

n22221

n11211

111

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

∑∑∑===

+

+=Δ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

+=

+=

+=

n

3k

knk 1n212

n

2k

knk 1

n

3k

2k k 12212

n

2k

2k k 1

n

3k

1k k 12112

n

2k

1k k 1


.....



)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y


)x(W)x( p

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y


)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x( p)x(W)x( p

nn2n1n

n22221

n

3k

knk 1

n

3k

2k k 1

n

3k

1k k 1

11

nn2n1n

n22221

n

3k

knk 1

n

3k

2k k 1

n

3k

1k k 1

nn2n1n

n22221

n22221

12111

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

L

LLLL

L

L

∑∑∑

∑∑∑

===

===

+=

=+

++=Δ

Tiếp tục ta nhận được )x(W)x( p111 =Δ Tương tự n,...3,2k ),x(W)x( pkk k ==Δ , trong đó

)x(y)x(y)x(y

dx

)x(dy

dx

)x(dy

dx

)x(dy

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

nn2n1n

kn2k 1k

n22221

n11211

k

L

LLLL

L

LLLL

L

L

=Δ

Và ta có:

)x(W)x( pdx

)x(dW n

1k

kk

n

1k

k ∑∑==

=Δ=

(đpcm)

Định thức Vronski dạng Cô siTừ WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ =⇒+=⇒

⇒=⇒=

∫∑∫∑

∑∑

==

==

x

x

n

1k

kk 0

x

x

n

1k

kk 0

n

1k

kk

n

1k

kk

00

dt)t( pexp)x(W)x(Wdt)t( p)x(Wln)x(Wln

)x( p)x(W

)x(dW)x(W)x( p

dx

)x(dW

(đpcm)

( Định thức Vronski hoặc khác không hoặc bằng không tại mội điểmtrên (a,b).

§6.7. Hệ ODE tuyến tính không thuần nhất

Hệ ODE tuyến tính không thuần nhất có dạng sau đây:

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

++++=

++++=

++++=

)x(f y)x( p....y)x( py)x( pdx

dy

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


dy


dy

nnnn22n11nn

2nn2222121

2

1nn12121111

(6.29)

Ký hiệu:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

)x( p)x( p)x( p

:)x(P;

dx

)x(dy

dx

)x(dydx

)x(dy

dx

dY;

)x(y

)x(y

)x(y

Y;

)x(f

)x(f

)x(f

)x(F

nn2n1n

n22221

n11211

n

2

1

n

2

1

n

2

1

K

KKKK

K

K

MMM

Dạng véc tơ tương đương (6.29) là:

)x(FY)x(P

dx

dY+=

(6.30)Dạng toán tử:

[ ] )x(FYL = (6.31)

Điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm thỏa mãn điều kiện đầuGiả thiết các hàm n,...,2,1 j,i), b,a(C)x(f ),x( p iij =∈ .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Với mỗi ( ) n0

n

0

2

0

10 R y,...,y,y); b,a(x ∈∈ , hệ ODE (6.29) luôn tồn tại duy nhấtnghiệm:

( ) ) b,a(x,)x(y),...,x(y),x(y)x(y n21 ∈∀=

thỏa mãn điều kiện đầu:( ) ( )0n0

2

0

10n02010 y,...,y,y)x(y),...,x(y),x(y)x(y ==

Chứ ng minh:Từ giả thiết về tính liên tuc, vế phải của ODE (6.29) thõa mãn điềukiện Lip sit theo các hàm phải tìm do đó điều kiện tồn tại và duy nhấtnghiệm được thỏa mãn. (đpcm).

1. Các tính chất nghiệm hệ ODE không thuần nhất Định lý 1. Nếu )x(*Y là nghiệm của hệ ODE tuyến tính không thuầnnhất, )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là hệ nghiệm cơ bản của hệ ODE tuyến tínhthuần nhất tương ứng thì nghiệm tổng quát của hệ ODE tuyến tínhkhông thuần nhất có dạng:

)x(*Y)x(YC)x(Yn

1k

k k += ∑=

trong đó n21 C,....,C,C là các hằng số tùy ý.Chứ ng minh:)x(Y là nghiệm bởi vì:

[ ] [ ] [ ] [ ] )x(F)x(*YL0)x(*YL)x(YLC)x(*Y)x(YCL)x(YLn

1k

k k

n

1k

k k =+=+=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+= ∑∑

==

Từ biểu thức nghiệm tổng quát, xác định duy nhất các hằng số tíchphân.Thật vậy, lấy ( ) n0

n

0

2

0

10 R y,...,y,y); b,a(x ∈∈ , xét hệ phương trình

⇔+= ∑=

)x(*Y)x(YC)x(Y 0

n

1k

0k k 0

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

)x(f

)x(f

)x(f

C

C

C

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

y

y

y

0n

02

01

n

2

1

0nn02n01n

0n2022021

0n1012011

0

2

0

2

0

1

MM

K

KKKK

K

K

M

Đây là hệ phương trình đại số tuyến tính không thuần nhất với các ẩncác các hệ số tích phân phải tìm. Đinh thức của hệ chính là định thứcWW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




Vronski tại điểm x0 của hệ nghiệm cơ bản )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 nên nókhác không. Do đó từ hệ này giải được duy nhất:

)y,...,y,y,x(C 0

n

0

2

0

10 j j ϕ= (đpcm).

Định lý 2: Nếu [ ] [ ] )x(FYL),x(FYL:)x(Y),x(Y 221121 == Thì [ ] )x(F)x(FYL:)x(Y)x(Y)x(Y 2121 +=+=

Chứng minh: do tính tuyến tính của L

Định lý 3: Nếu hệ ODE tuyến tính:[ ] )x(iV)x(UYL +=

trong đó

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)x(v

)x(v

)x(v

)x(V;

)x(u

)x(u

)x(u

)x(U

n

2

1

n

2

1

MM

với ma tr ận thực )x(P , có nghiệm phức)x(iZ)x(X)x(Y +=

thì phần thực )x(X và phần ảo )x(Z là các nghiệm thực của hệ ODE:[ ] [ ] )x(VZL),x(UXL ==

Chứng minh: dễ dàng nhờ tính tuyến tính của toán tử L.

2. Phương pháp biến thiên hằng số Cách tìm nghiệm riêng của hệ ODE tuyến tính không thuần nhất từ nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất.Giả sử, hệ ODE tuyến tính thuần nhất [ ] 0YL = có n véc tơ nghiệm cơ bản là:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y;...;

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y;

)x(y

)x(y

)x(y

)x(Y

nn

n2

n1

n

2n

22

12

2

1n

21

11

1MMM

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ta tìm nghiệm riêng của hệ ODE tuyến tính không thuần nhất dướidạng:

)x(Y)x(C....)x(Y)x(C)x(Y)x(C)x(*Y nn2211 +++= (6.32)hay

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

′

′

′

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

n

2

1

nn2n1n

n22221

n11211

0

*

n

*

2

*

1

C

C

C

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y

)x(y

)x(y

M

K

KKKK

K

K

M

Các hàm cần xác định n,...,2,1 j),x(C j = sao cho Y*(x) thỏa mãn hệ

không thuần nhất đang xét, tức là

)x(F)x(*Y)x(Pdx

)x(*dY +=

hay

)x(F)x(Y)x(C)x(P)x(Cdx

)x(dY)x(Y

dx

)x(dC j

n

1 j

j

n

1 j

j

jn

1 j

j

j +=+ ∑∑∑===

(a)

Do )x(Y....,),x(Y),x(Y n21 là hệ nghiệm cơ bản của hệ tuyến tính thuầnnhất, nên:

n,...,2,1 j),x(Y)x(Pdx

)x(dY

j

j

== Từ đó, (a) tr ở thành

)x(F)x(Ydx

)x(dCn

1 j

j

j =∑=

hay

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

′

′

′

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

)x(f

)x(f

)x(f

C

C

C

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

)x(y)x(y)x(y

n

2

1

n

2

1

nn2n1n

n22221

n11211

MM

K

KKKK

K

K

(6.33)

Đây là hệ phương trình đại số tuyến tính mà định thức Crame của hệ chính là định thức Vronski và do đó khác không trên (a,b).Giải hệ này ta được các n,...,2,1 j),x()x(C j j =ψ=′ , do đó:

∫ =ψ= n,...,2,1 j,dx)x()x(C j j

(6.34)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của hệ ODE

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+−=

=

xcos

1y

dx

dz

z

dx

dy

Hệ thuần nhất tương ứng:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

=

ydx

dz

zdx

dy

Đưa về ODE tuyến tính thuần nhất cấp hai, thì nghiệm tổng quát củahệ thuần nhất là:

⎩⎨⎧

+−=

+=

xcosCxsinC)x(z

xsinCxcosC)x(y

21

21

Nghiệm riêng của hệ không thuần nhất được tìm dưới dạng:

⎩⎨⎧

+−=

+=

xcos)x(Cxsin)x(C)x(*z

xsin)x(Cxcos)x(C)x(*y

21

21

trong đó )x(C),x(C 21 xác định từ hệ phương trình:

xC|,xcos|lnC1C,xcos

xsinC

xcos

1xcos)x(Cxsin)x(C

0xsin)x(Cxcos)x(C

2121

21

21

==⇒=′−=′⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=′+′−

=′+′

Do đó nghiệm riêng phải tìm là

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−=

+=

xcosxxcoslnxsin)x(*z

xsinxxcoslnxcos)x(*y


⎪⎩

⎪⎨⎧

+−+−=

+++=

xcosxxcoslnxsinxcosCxsinC)x(z

xsinxxcoslnxcosxsinCxcosC)x(y

21

21

với C1, C2 là các hằng số tùy ý.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay vào hệ (8.37) ta có )xexp(A)xexp( λΩ=λλΩ , tức là:Ωλ=ΩA

(8.38)

Hệ (8.38) có nghiệm khác không chỉ khi định thức Crame của hệ bằng không, tức là:

( ) 0IAdet =λ− (8.39)

ở đây ( ) n,...,2,1k , j;k j0u,1u:uI jk kk nxn jk =≠∀=== là ma tr ận đơn vị.

Phương trình (8.39) được gọi là phương trình đặc tr ưng của hệ thuần nhất đang xét, với tham số λ cần tìm.Với mỗi { }n,...,2,1 j, j ∈λ là nghiệm của phương trình đặc tr ưng (8.39)

thay vào phương trình (8.38) ta tìm được véc tơ ( )Tnj j2 j1 j ,...,, ωωω=Ω và

khi đó nghiệm cần tìm có dạng:

)xexp()xexp()x(Y j

nj

j2

j1

j j j λ

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ω

ω

ω

=λΩ=M

Tr ườ ng hợ p 1. Phương trình đặc tr ưng (8.39) có n nghiệm thựckhác nhau;

n21 j ,...,;R n,...,2,1 j λ≠≠λ≠λ∈λ=∀

Xác định véc tơ ( ) ( ) 0IA:0,...,, j j

T

nj j2 j1 j =Ωλ−≠ωωω=Ω ( I là ma tr ận

đơn vị.)Hệ nghiệm cơ bản nhận được là )x(Y),...,x(Y),x(Y n21 với:

n,...,2,1 j),xexp()xexp()x(Y j

nj

j2

j1

j j j =λ

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ω

ω

ω

=λΩ=M

Nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất là:

n,...,2,1 j,constC);x(YC)x(Y j

n

1 j

j j === ∑=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Do λ thỏa mãn (8.39) nên hệ véc tơ hàm n,...,2,1 j)xexp()x(Y j j j =λΩ= là

nghiệm của hệ (8.38).

Hệ n,...,2,1 j),x(Y j = độc lập tuyến tính bởi vì khi xét hệ thức

0)xexp(0)x(Y j j

n

1 j

j

n

1 j

j j =λΩβ⇒=β ∑∑==

Do hệ n,...,2,1 j:)xexp( j =λ độc lập tuyến tính nên từ đẳng thức trên

suy ra 0 j j =Ωβ n,...,2,1 j =∀ . Do véc tơ 0n,...,2,1 j j ≠Ω=∀ (vì có ít nhất

một thành phần khác không, nếu ngược lại nghiệm Y sẽ là nghiệmtầm thường, vô lý) nên 0,n,...,2,1 j j =β=∀ suy ra hệ n,...,2,1 j),x(Y j = là

độc lập tuyến tính. (đpcm)

Tr ườ ng hợ p 2 . Phương trình đặc tr ưng (8.39) có cặp nghiệm phứcliên hợp

,iq p,iq p *

j j −=λ+=λ

Xác định véc tơ ( ) ( ) 0IA:0,...,, j j

T

nj j2 j1 j =Ωλ−≠ωωω=Ω ( I là ma tr ận

đơn vị.)Thường nhận được j j j iMK +=Ω .

Ứng với nghiệm phức liên hợp iq p j +=λ ta tìm nghiệm dạng( )qxsiniqxcos) pxexp()iqxexp() pxexp()x)iq pexp(()x(Y j j j j +Ω=Ω=+Ω=

Ta có:( )

( )( )( ) ( )

)x(iV)x(U

qxcosMqxsinK ) pxexp(iqxsinMqxcosK ) pxexp(

qxcosMqxsinK iqxsinMqxcosK ) pxexp(

qxsiniqxcos) pxexp(iMK )x(Y

j j

j j j j

j j j j

j j j

+=

=++−=

=++−=

=++=

Suy ra ứng với cặp nghiệm phức liên hợp, hai nghiệm thực cần tìm là)x(V),x(U

j j. Dễ kiểm tra hai nghiệm này độc lập tuyến tính. Với cặp

nghiệm phức liên hợp khác ta làm tương tự để xây dựng được hệ nnghiệm cơ bản và do đó xây dựng được nghiệm tổng quát.

Hai véc tơ hàm là hai nghiệm thực ứng với cặp nghiệm phức liênhợp sẽ là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




qxsinK qxcosM) pxexp()x(V;qxsinMqxcosK ) pxexp()x(U j j j j j j +=−=

Tr ườ ng hợ p 3. Phương trình đặc tr ưng (8.39) có nghiệm λ thực, bộikTìm nghiệm ( )Tn21

)x(y),...,x(y),x(y)x(Y = dưới dạng:

( ) ( )T1k 21k

nxk rs

1k x,...,x,x,1X,:)xexp(X)x(Y −−− =δ=ΔλΔ= hay

)xexp(

x

x

1

y

y

y

1k

knn2n1

2k 2212

1k 2111

n

2

1

λ

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

δδδ

δδδ

δδδ

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

M

L

LLLL

L

L

M

Thay vào hệ (8.37), xác đinh được ( )nxk rsδ=Δ . Có thể chứng minh

r ằng trong số các rsδ có k số được chọn bất kỳ.

Tr ườ ng hơ p 4. Phương trình đặc tr ưng (8.39) có cặp nghiệm phứcliên hợp, bội kNghiệm tìm dạng tương tự tr ường hợp 3. Nói chung khi xác định rsδ ta được các số phức. Tách phần thực, phần ảo ta được nghiệm dưới

dạng : )x(iV)x(U)x(Y j j j +=

Do đó được hai nghiệm thực )x(V),x(U j j .

S2. Tìm nghi ệm riêng c ủ a hệ tuy ế n tính không thu ần nhấ t Áp dụng phươ ng pháp bi ến thiên hằng số cho nghiệm tổng quát củahệ thuần nhất ta nhậ được nghiệm riêng của hệ không thuần nhất.

S3. Lấ y t ổng hai nghi ệm tìm đượ cNghiệm tổng quát cần tìm là tổng nghiệm tổng quát hệ thuần nhất vớinghiệm riêng của hệ không thuần nhất.

Ví dụ 1. Xét hệ ODE

AYdx

dY

z

yY,

21

12A;

z2ydx

dz

zy2dx

dy

=⇒⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=

+=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Phương trình đặc tr ưng:

( ) 0340

21

120IAdet 2 =+λ−λ⇔=

λ−

λ−⇒=λ−

có hai nghiệm thực khác nhau 3,1 21 =λ=λ .Hệ hai nghiệm cơ bản được tìm dưới dạng:

)x3exp(z

y)x(Y;)xexp(

z

y)x(Y

2

2

2

1

1

1 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

Với 11 =λ :

( )⎩⎨⎧

=+

=+⇔

⎩⎨⎧

=+

=+⇔⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⇒=λ−

0zy

0zy

zz2y

yzy2

z

y

z

y

21

120YIA

11

11

111

111

1

1

1

1

11

Chọn )xexp(1

1)x(Y1z1y 111 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⇒−=⇒=

Với 32 =λ :

( )⎩⎨⎧

=−

=+−⇔

⎩⎨⎧

=+

=+⇔⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⇒=λ−

0zy

0zy

z3z2y

y3zy2

z3

y3

z

y

21

120YIA

22

22

122

122

2

2

2

2

22

Chọn )x3exp(1

1)x(Y1z1y 212 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⇒=⇒=

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là

⎩⎨⎧

+−=+=

)x3exp(C)xexp(C)x(z

)x3exp(C)xexp(C)x(y

21

21

Ví dụ 2. Xét hệ ODE

AYdx

dY

z

yY,

21

12A;

z2ydx

dz

zy2dx

dy

=⇒⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=

−=


( ) 054021120IAdet 2 =+λ−λ⇔=λ−

−λ−⇒=λ−

có hai nghiệm phức liên hợp i2,i2 21 −=λ+=λ .Với nghiệm phức qi pi21 +=+=λ , tìm nghiệm tương ứng với nó dạng

( )xsinixcos)x2exp(z

y)x(Y

1

1 +⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

trong đó 11 z,y xác định khi thay )x(Y vào hệ ODE, hay từ công thức:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )⎩⎨⎧

=−

=−−⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−⇒=λ−

0izy

0ziy0

z

y

i1

1i0YIA

11

11

1

1

1

Chọn ⇒−=⇒= iz1y 11

( )

)x(iV)x(Uxcos

xsin)x2exp(i

xsin

xcos)x2exp()x(Y

)xcosixsin

xsinixcos)x2exp()x(Y

xsin

xsini

xcosi

xcos)x2exp()x(Y

xsinii

1xcos

i

1)x2exp()x(Yxsinixcos)x2exp(

i

1)x(Y

+=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⇔

⇔⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+=⇔⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⇔

⇔⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⇔+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⇒

Hệ nghiệm cơ bản gồm 2 véc tơ hàm thực sau:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

xcos

xsin)x2exp()x(V,

xsin

xcos)x2exp()x(U


⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =+=

xcos

xsinC

xsin

xcosC)x2exp()x(VC)x(UC)x(Y 2121

Ví dụ 3: Xét hệ ODE

AYdx

dYzyY,

3111A;

z3ydx

dz

zydx

dy

=⇒⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ =⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −=⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+=

−=


( ) 044031

110IAdet 2 =+λ−λ⇔=

λ−

−λ−⇒=λ−

có nghiệm thực 21 =λ , bội 2.Tìm nghiệm ( )T)x(z),x(y)x(Y = dưới dạng:

)x2exp(x

1

z

yY

22

11

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ βαβα=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

Thay vào hệ ODE và rút gọn, ta được

⎩⎨⎧

β−=β

β−α−=α⇒β−α−β+α≡β+β+α

12

112

2211111 xxx22

Chọn 2111 C,C =β=α ta nhận được nghiệm tổng quát là

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)x2exp(x

1

C)CC(

CC

z

yY

221

21

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

Bài t ậ p v ề nhà: (nộ p chấ m):Hãy tóm tắt các kết quả chính của chương theo quan điểm cá nhânmột cách đủ nhất và ngắn nhất có thể.

Bài t ậ p chươ ng 6Tài liệu tham khảo cho chương 1 đến chương 6: [1], [2]*, [3], [5], [6]

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Phần IIPHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG

30(23-7-0)

N ội dung chính

Nghiên cứu các phương trình đạo hàm riêng (PDE) và các bàitoán tương ứng: giới thiệu những nét tổng quan nhất về lý thuyếtPDE tuyến tính thông qua các phương trình đặc tr ưng: Phương trìnhLaplace, Phương trình truyền sóng, Phương trình truyền nhiệt;

Nắm vững phương pháp khảo sát: phương trình Laplace, phương

trình truyền sóng, phương trình truyền nhiệt và áp dụng giải các bàitoán PDE.

Chương 7Phương trình đạo hàm riêng cấp một

3(2-1-0)

§7.1. PDE cấp một tuyến tính

Khái ni ệm t ổng quát

PDE c ấ p k đối với hàm phải tìm )x,...,x,x(uu 221= có dạng tổng quát:

0,....x

u,...,

x

u,...,

xx

u,

x

u,

x

u,...,

x

u,

x

u,u,x,...,x,xF

k

n

k

k

1

k

21

2

2

1

2

n21

n21 =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

∂∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

(Phươ ng trình chứ a ẩn hàm và đạo hàm riêng đến c ấ p k).

PDE c ấ p một , dạng tổng quát

0x

u,...,x

u,x

u,u,x,...,x,xF

n21

n21 =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

∂∂

(7.0)

trong đó:

1. F là hàm xác định trong miền 1n2R G +⊆

2. Nghiệm cần tìm là hàm )x,...,x,x(uu 221= liên tục cùng các đạo

hàm riêng cấp một của nó trên miềnnR D ⊆ , thỏa mãn:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2a.D)x,...,x,x(

;G

x

u,...,

x

u,

x

u),x,...,x,x(u,x,...,x,x

n21

n21

n21n21

∈∀

∈⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

∂

∂

∂

∂

2b.0

x

u,...,

x

u,

x

u),x,...,x,x(u,x,...,x,xF

n21

n21n21 ≡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

∂∂

Bài toán Cô si: Tìm nghiệm )x,...,x,x(u n21Φ= của PDE (7.0)

sao cho )x,...,x()x,...,x,x(u n2n201 ϕ=Φ= khi 0

11 xx = và hàmϕ cho tr ước.

7.1.1. PDE cấp một tuyến tính thuần nhấtPDE tuyến tính cấp một tuyến tính thuần nhất có dạng:

0x

u)x,...,x,x(X

j

n

1 j

n21 j =∂∂∑

= (7.1)

với giả thiết:(a). n...2,1i),x,...,x,x(X n21i = không phụ thuộc hàm phải tìm

(b). D)x,...,x,x(,0)x,...,x,x(X n21

n

1i

n21

2

i ∈∀≠∑=

(c). n...2,1i),x,...,x,x(X n21i = liên tục cùng tất cả các đạo hàmriêng cấp một của chúng.

(Tuy ến tính v ớ i các đạo hàm c ủa hàm nghi ệm)

PDE (7.1) luôn có nghiệm tầm thường U = C.

Nghi ệm không t ầm thườ ng c ủa PDE (7.1) tìm đượ c khi xác đị nh cáctích phân đầu c ủa hệ ODE đối x ứ ng t ươ ng ứ ng v ớ i nó.

Hệ ODE đối xứng tương ứng với PDE (7.1) được xác định bởi:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)x,...,x,x(X

dx...

)x,...,x,x(X

dx

)x,...,x,x(X

dx

n21n

n

n212

2

n211

1 === (7.2)

Hệ (7.2) luôn có n -1 tích phân đầu độc lập dạng:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−− 1nn211n

2n212

1n211

C)x,...,x,x(

......

C)x,...,x,x(

C)x,...,x,x(

(Lấy ( ) ( ) 0x,...,x,xX,Dx,...,x,x 010101n010101 ≠∈ .Hệ ODE (7.2) tương đương hệ n – 1 ODE :

;X

X

dx

dx;...,

X

X

dx

dx;

X

X

dx

dx

n

1n

n

1n

n

2

n

2

n

1

n

1 −− === (7.3)

Hệ này thỏa mãn điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm. Nên hệ luôntồn tại n -1 tích phân đầu độc lập) Trong không gian )x,...,x,x( n21 , hệ các tích phân đầu trên xác định

họ đường cong phụ thuộc n -1 tham số được gọi là đường đặc tr ưngcủa PDE (7.1)

Định lý 1: Nếu C)x,...,x,x( n21 =ψ là tích phân đầu của hệ ODE

(7.2), thì hàm số )x,...,x,x(u n21ψ= là nghiệm không tầm thườngcủa PDE (7.1).

Chứng minh:

Từ ( )0101

01n21n21 x,...,x,xU)x,...,x,x(,C)x,...,x,x( ∈∀=ψ , với

( )010

1

0

1 x,...,x,xU là lân cận của điểm ( )0

1

0

1

0

1 x,...,x,x , dọc theo đườngcong tích phân của hệ (7.2), ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⇔≡∂

ψ∂+

∂ψ∂

⇔≡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ψ∂

+∂

ψ∂⇔

⇔≡

∂

ψ∂+

∂

ψ∂⇔≡

∂

ψ∂=ψ

∑∑

∑∑−

=

−

=

−

==

0Xx

Xx

0dxxX

X

x

0dx

x

dx

X

X

x

0dx

x

d

n

n

j

1n

1 j j

n

nn

j1n

1 j j

n

n

n

n

j1n

1 j j

)3.7(

j

n

1 j j

0

1

0

1

0

1n21n21 x,...,x,xU)x,...,x,x(),x,...,x,x(u ∈∀ψ=⇔

là nghiệm của (7.1). Do ( ) Dx,...,x,x 0

1

0

1

0

1 ∈ chọn bất kỳ nên

D)x,...,x,x(),x,...,x,x(u n21n21 ∈∀ψ= là nghiệm (đpcm).

Định lý 2. Nếu )x,...,x,x(u n21ψ= là nghiệm không tầm thường

của PDE (7.1) , thì hệ thức C)x,...,x,x( n21 =ψ là tích phân đầucủa hệ ODE (7.2).

Chứ ng minh:Do giả thiết, ta có:

)a(0x

X j

n

1 j

j ≡∂

ψ∂∑=

Lấy vi phân toàn phần hàm ψ dọc theo nghiệm của hệ (7.2)

)đ pcm(C0X

dxX

x

X

dxX

x

X

x

dx

xX

X

x

dxx

dxX

X

xdx

xd

)a(

n

n j

n

1 j j

n

nn

n

j

1n

1 j j

n

nn

j1n

1 j j

n

n

n

n

j1n

1 j j

)3.7(

j

n

1 j j

=ψ⇔=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ψ∂

=

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

ψ∂+

∂

ψ∂=⎟

⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

ψ∂+

∂

ψ∂=

=∂

ψ∂+

∂ψ∂

=∂

ψ∂=ψ

∑

∑∑

∑∑

=

−

=

−

=

−

==

Ví dụ: Xét PDE

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0z

uz

y

uy2

x

ux =

∂∂

−∂∂

−∂∂

Hệ ODE dạng đối xứng tương ứng:

z

dz

y2

dy

x

dx−=−=

có hai tích phân đầu độc lập:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

yxu

xzu

Cyx

Cxz

2

1

2

1

là các nghiệm không tầm thường.

Định lý 3: Nếu n – 1 các tích phân đầu độc lập của hệ ODE (7.2) là

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−− 1nn211n

2n212

1n211

C)x,...,x,x(

......

C)x,...,x,x(

C)x,...,x,x(

thì hàm

),...,,(u 1n21 −ψψψΦ= (7.4)

,với Φ là hàm bất kỳ có các đạo hàm riêng theo 1n21 ,...,, −ψψψ liêntục, là nghiệm tổng quát của PDE (7.1).Chứng minh:

1. ),...,,(u 1n21 −ψψψΦ= là nghiệm của PDE (7.1):

0x

Xx

Xx

X1n

1k

n

1 j j

k j

k

1n

1k j

k

k

n

1 j

j

j

n

1 j

j =

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡

∂ψ∂

ψ∂Φ∂

=∂ψ∂

ψ∂Φ∂

=∂

Φ∂∑ ∑∑∑∑

−

= =

−

===

(đpcm1)

do 1n21 ,...,, −ψψψ là nghiệm của PDE (7.1) nên

1n,...,2,1k ,0x

Xn

1 j j

k j −=∀=

∂ψ∂∑

=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2. ),...,,(u 1n21 −ψψψΦ= là nghiệm tổng quát (nghiệm chứa mọinghiệm riêng, hay bất kỳ nghiệm riêng nào cũng chứa trong công

thức đó) của PDE (7.1).

Giả sử ( )n21 x,...,x,xu ψ= là một nghiệm của PDE (7.1).

Do 1n21 ,...,,, −ψψψψ cũng là nghiệm của PDE (7.1) nên:

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂ψ∂

=

∂

ψ∂

=∂

ψ∂

∑

∑

∑

=

−

=

=

0x

X

.......

0

x

X

0x

X

n

1 j j

1n j

n

1 j j

1 j

n

1 j j

j

Hệ phương trình này xác định n hàm số n21 X,...,X,X là một hệ bậcnhất thuần nhất. Nó có các nghiệm khác không do đó định thức của

hệ phải bằng không, tức là

( )( )n21

1n21

n

1n

1

1n

n

1

1

1

n1

x,...x,xD

,...,,D0

xx

xx

xx

−

−−

ψψψψ≡≡

∂

ψ∂

∂

ψ∂

∂ψ∂

∂ψ∂

∂ψ∂

∂ψ∂

LL

LLLL

LL

LL

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ≠∑

=

0)x,...,x,x(Xdon

1i

n21

2

i

Do vậy giữa các hàm 1n21 ,...,,, −ψψψψ có sự phụ thuộc nhau, tức là

( ) )a(0,...,,,F:F 1n21 =ψψψψ∃⇒ −

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Vì các tích phân đầu

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−− 1nn211n

2n212

1n211

C)x,...,x,x(

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

,C)x,...,x,x(

,C)x,...,x,x(

độc lập nên có ít nhất một định thức cấp n -1 dạng

( )

( )

0

x,...,xD

,...,D

1n1

1n1 ≠ψψ

−αα

−

Cho nên từ (a) suy ra:

( )1n21 ,...,, −ψψψΦ=ψ (đpcm2)

Ví dụ 1: Giải PDE

0x

ux,,,

x

ux

x

ux

n

n

2

2

1

1 =∂∂

++∂∂

+∂∂


n

n

2

2

1

1

x

dx...

x

dx

x

dx===

có n -1 tích phân đầu độc lập:

1n

1

n2

1

31

1

2 Cx

x,...,C

x

x,C

x

x−===

Vậy ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ Φ=1

n

1

3

1

2

x

x,...,

x

x,

x

xu là nghiệm tổng quát cần tìm với Φ là

hàm khả vi liên tục tùy ý của các tỷ số 1

n

1

3

1

2

x

x,...,

x

x,

x

x.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chẳng hạn,....

x

xu,...,

x

xu,...,

x

xu

n

2 j 1

j

1

n

1

2 ∑=

===

Ví dụ 2. Giải PDE

( ) ( ) ( ) 0z

uxy

y

uzx

x

uyz =

∂∂

−+∂∂

−+∂∂

−


xy

dz

zx

dy

yz

dx

−=

−=

−

có 2 tích phân đầu độc lập:

2

222

211 Czyx,Czyx =++=ψ=++=ψ

Do đó biểu thức222 zyx,zyxu ++++Φ=

là nghiệm tổng quát cần tìm, với Φ là hàm liên tục khả vi bất kỳ.

Bài toán Cô si:

Tìm nghiệm )x,...,x,x(uu n21= của PDE (7.1) thỏa mãn điềukiện đầu:

0

nn1n21 xxkhi)x,...,x,x(u =ϕ= − (7.5)

trong đó ϕ là hàm khả vi liên tục cho tr ước của các biến

1n21 x,...,x,x − .(v ớ i một giá tr ị c ố đị nh c ủa một trong các bi ến thì nghi ệm u tr ở thànhhàm đ ã cho c ủa các bi ến còn l ại)

Ý nghĩ a hình học : )y,x(zz =

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0y

z)y,x(Y

x

z)y,x(X =

∂∂

+∂∂

Tìm mặt cong )y,x(f z = (mặt cong tích phân) thỏa mãn PDE trên

và đi qua một đường cong cho tr ước )y(z ϕ= trong mặt phẳng

0xx = .

Cách giải bài toán Cô si:Tìm n -1 tích phân đầu độc lập của hệ ODE dạng đối xứng:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−− 1nn211n

2n212

1n211

C)x,...,x,x(

......

C)x,...,x,x(

C)x,...,x,x(

Nghiệm tổng quát của PDE

),...,,(u 1n21 −ψψψΦ=

với ),...,,( 1n21 −ψψψΦ là hàm khả vi liên tục.

Tìm nghiệm )x,...,x,x(uu n21= của PDE (7.1) thỏa mãn

)x,...,x,x(u 1n21xx 0nn

−= ϕ= (7.6)

tức là xác định hàm Φ sao cho:

( ) )x,...,x,x(,...,, 1n21xx1n21 0nn

−=− ϕ=ψψψΦ (7.7)

Đặt:

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ψ=ψ

ψ=ψ

ψ=ψ

−−−

−

−

1n

0

n1n211n

2

0

n1n212

1

0

n1n211

)x,x,...,x,x(

......

)x,x,...,x,x(

)x,x,...,x,x(

(7.8)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




thì (7.7) được viết lại :

( ) )x,...,x,x(,...,, 1n211n21 −− ϕ=ψψψΦ (7.9)

Giải hệ (7.8) với 1n21 x,...,x,x − ta có

( )

( )

( )⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

ψψψω=

ψψψω=

ψψψω=

−−−

−

−

1n211n1n

1n2122

1n2111

,...,,x

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

,...,,x

,...,,x

(7.10)

Nếu lấy hàm Φ dạng:

( )

( ) ( ) ( )( )1n211n1n2121n211

1n21

,...,,,...,,...,,,,...,,

,...,,

−−−−

−

ψψψωψψψωψψψωϕ=

=ψψψΦ

Do Φ là hàm của các nghiệm riêng 1n21 ,...,, −ψψψ nên chính nó lànghiệm của PDE (7.10).

Φ cũng thỏa mãn (7.9) vì:( )

( ) ( ) ( )( )

( )1n21

)10.7(

)10.7(

1n211n1n2121n211

1n21

x,...,x,x

,...,,,...,,...,,,,...,,

,...,,

−

−−−−

−

ϕ=

=ψψψωψψψωψψψωϕ

=ψψψΦ

Vậy nghiệm của bài toán Cô si là:

( ) ( ) ( )( )1n211n1n2121n211 ,...,,,...,,...,,,,...,,u −−−− ψψψωψψωψψψωϕ=(trong (7.9) thay ψ bởi ψ )

Ví dụ: Tìm nghiệm )y,x(zz = của PDE

)y()y,0(z;0y

zx

x

zy ϕ==

∂∂

−∂∂

trong đó )y(ϕ là hàm khả vi liên tục cho tr ước.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Từ đó( ) 0)x,...,x,x(u,x,...,x,xV n21n21 ≡

n,...,2,1k ,

u

V

x

V

x

u0

x

u

u

V

x

V k

k k k

=

∂∂∂∂

−=∂∂

⇔=∂∂

∂∂

+∂∂

⇒

Ta có

0u

V)u,x,...,x,x(R

x

V)u,x,...,x,x(X n21

j

n

1 j

n21 j =∂∂

+∂∂∑

= (7.13)

Đây là PDE tuyến tính thuần nhất đối với hàm phải tìm V.Hệ ODE dạng đối xứng tương ứng là:

R

du

X

dx...

X

dx

X

dx

n

n

2

2

1

1 ==== (7.14)

Từ n tích phân đầu độc lập của ODE (7.14)

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−− 1nn211n

1n211

0n210

C)u,x,...,x,x(

......

C)u,x,...,x,x(

C)u,x,...,x,x(

Nghiệm tổng quát của PDE (7.13) có dạng:

( ))u,x,...,x,x(),...,u,x,...,x,x(),u,x,...,x,x(V n211nn211n210 −ψψψΦ=

với Φ là hàm khả vi liên tục bất kỳ.

Do vậy:

( ) 0)u,x,...,x,x(),...,u,x,...,x,x(),u,x,...,x,x( n211nn211n210 =ψψψΦ −

(7.15)

Xác định nghiệm u cần tìm của PDE (7.11) dưới dạng ẩn.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Để (7.15) là biểu diễn nghiệm tổng quát của PDE (7.15), còn cầnchứng minh:

M ỗi nghi ệm bất k ỳ c ủa PDE (7.11):( ) Du,x,...,x,x);x,...,x,x(u n21n21 ∈∀ϕ= (7.16)

đều nhận đượ c t ừ (7.15) v ớ i hàm Φ xác đị nh nào đ ó.Giả sử

( ) ( )( ) 0u,x,...,x,xX

;x,...,x,xu,Du,x,...,x,x

00

n

0

2

0

1n

0

n

0

2

0

1

000

n

0

2

0

1

≠

ϕ=∈.

thì hệ ODE (7.14) có n tích phân đầu độc lập:

( )00

n

0

2

0

1n21

1nn211n

1n211

0n210

u,x,...,x,xU)u,x,...,x,x(

,

C)u,x,...,x,x(

......

C)u,x,...,x,x(

C)u,x,...,x,x(

∈∀

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

−−

trong đó các hàm 1n10 ,...,, −ψψψ khả vi liên tục theo các biến tronglân cận U.Thay (7.16) vào biểu thức các tích phân đầu, ta có:

( )

1n,...,2,1,0k

);x,...,x,x()x,...,x,x(,x,...,x,x n21k n21n21k

−=

Ψ≡ϕψ

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

∈∀

=∂

Ψ∂

=∂

ϕ∂

∂

ψ∂

+∂

ψ∂

⇒

,u,x,...,x,xU)u,x,...,x,x(

;n,...,2,1 j;xxux

00

n

0

2

0

1n21

j

k

j

k

j

k

(7.17)

Do 1n10 ,...,, −ψψψ thỏa mãn (7.13), nên thay u bằng )x,...,x,x( n21ϕ ,ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




1n,...,2,1,0k

;0u

))x,...,x,x(,x,...,x,x(R

x

))x,...,x,x(,x,...,x,x(X

k n21n21

j

k n

1 j

n21n21 j

−=

≡∂ψ∂

ϕ+

+

∂

ψ∂ϕ∑

=

(7.18)

Mặt khác, vì )x,...,x,x(u n21ϕ= là nghiệm của PDE (7.11), nên:

0))x,...,x,x(,x,...,x,x(R

x))x,...,x,x(,x,...,x,x(X

n21n21

j

n

1 jn21n21 j

≡ϕ−

−∂

ϕ∂

ϕ∑=

Nhân đồng nhất thức này với u

k

∂ψ∂

r ồi cộng vào (7.18), chú ý tới

(7.17) ta có:

;1n,...,2,1,0k ;n,...,2,1 j

));x,...,x,x(,x,...,x,x(X)x,...,x,x(P

;0x

)x,...,x,x(P

0x

))x,...,x,x(,x,...,x,x(X

n21n21 jn21 j

j

k n

1 j

n21 j

j

k

n

1 j

n21n21 j

−==

ϕ=

≡∂Ψ∂

⇔

⇔≡∂Ψ∂ϕ

∑

∑

=

=

Do vậy các hàm )x,...,x,x( n21k Ψ là nghiệm của PDE tuyến tínhcấp một thuần nhất:

0x

z)x,...,x,x(P

j

n

1 j

n21 j ≡∂∂∑

=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Theo định lý bài 7.1, các hàm 1n,...,2,1,0k ),x,...,x,x( n21k −=Ψ là n tích phân đầu của ODE đối xứng:

( ) ( ) ( )n21n

n

n212

2

n211

1

x,...,x,xP

dx...

x,...,x,xP

dx

x,...,x,xP

dx===

Chứng tỏ giữa các

1n,...,2,1,0k ),x,...,x,x( n21k −=Ψ

có sự phụ thuộc, tức tồn tại hàm Φ sao cho:

( )( ) 0),x,...,x,x(),...,,x,...,x,x(),,x,...,x,x(

0,...,,

n211nn211n210

1n10

=ϕψϕψϕψΦ⇔=ΨΨΨΦ

−

−

(đpcm)

Qui tắc tìm nghiệm tổng quát của PDE (7.11)1.Lập PDE tuyến tính thuần nhất:

0x

V)u,x,...,x,x(R

x

V)u,x,...,x,x(X

n

n21

j

n

1 j

n21 j =∂∂

+∂∂∑

=(7.17)

2.Tìm n tích phân đầu độc lập của ODE dạng đối xứng tương ứng:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ψ

=ψ

=ψ

nn21n

2n212

1n211

C)u,x,...,x,x(

......

C)u,x,...,x,x(

C)u,x,...,x,x(

(7.19)

từ hệ ODE đối xứng

R

du

X

dx...X

dx

X

dx

n

n

2

2

1

1 ====

3. Nghiệm tổng quát cần tìm u xác định dưới dạng hàm ẩn:( ) 0)u,x,...,x,x(),...,u,x,...,x,x(),u,x,...,x,x( n21nn212n211 =ψψψΦ

(7.20)trong đó Φ là hàm bất kỳ có các đạo hàm riêng liên tục theo các biến

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




n21 ,...,, ψψψ

Nghiệm đặc biệtKhi lập nghiệm tổng quát, trong PDE (7.13) thì V(x1,x2,…,xn,u) thỏamãn với x1,x2,…,xn biến thiên độc lập, còn u = u(x1,x2,…,xn) xác địnhtừ hệ thức V(x1,x2,…,xn,u) = 0.Tuy nhiên trong khi giải PDE (7.13) ta lại xem V thỏa mãn PDE đóvới x1,x2,…,xn, u biến thiên độc lập.Vậy ta đã bỏ một nghiệm u = u(x1,x2,…,xn) của PDE (7.11) mà hàmV(x1,x2,…,xn,u) thỏa mãn PDE (7.13) khi x1,x2,…,xn biến thiên độclập còn u = u(x1,x2,…,xn) xác định từ hệ thức V(x1,x2,…,xn,u) = 0.

Nghiệm đó được gọi là nghiệm đặc biệt của PDE (7.11).

Ví dụ: Xét PDE

( ) 2y

z

x

zyxz1 =

∂∂

+∂∂

−−+

Tìm nghiệm của PDE tuyến tính thuần nhất

( ) 0z

V2

y

V

x

Vyxz1 =

∂∂

+∂∂

+∂∂

−−+

Hệ ODE đối xứng tương ứng

2

dz

1

dy

yxz1

dx==

−−+

có các tích phân đầu độc lập

2

1

Cyxz2y

Cy2z

=−−+

=−

Do đó nghiệm tổng quát cần tìm có dạng:

0yxz2y,y2z =−−+−Φ

z = x + y (suy từ V = z – x – y = 0) cũng là nghiệm.Hàm V = z – x – y không thỏa mãn PDE thuần nhất (7.18) khi x,y,zbiến thiên độc lập, nhưng thỏa mãn khi x, y biến thiên độc lập, còn z= x+ y, tức z –x-y = 0. Vậy hàm z = x + y là nghiệm đặc biệt.

Hàm yxz1X1 −−+= không có đạo hàm riêng liên tục theo z trongmiền có phần chung với mặt phẳng z = x+y.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Bài toán Cô si

Tìm nghiệm )x,...,x,x(uu n21= của PDE (7.11) thỏa mãn:),x,...,x,x(u 1n21xx 0

nn−=

ϕ= (7.19)

với0

nx là số và )x,...,x,x( n21ϕ là hàm khả vi liên tục cho tr ước.

Cách gi ảiGiả sử nghiệm tổng quát:

( ) 0)u,x,...,x,x(),...,u,x,...,x,x(),u,x,...,x,x( n21nn212n211 =ψψψΦ (7.20)trong đó

)u,x,...,x,x(),...,u,x,...,x,x(),u,x,...,x,x( n21nn212n211 ψψψ

là các tích phân đầu độc lập của hệ ODE thuần nhất tương ứng.Ta cần xác định hàm Φ để hệ thức (7.20) cho xác định nghiệm bàitoán Cô si. Điều kiện đầu:

0)x,...,x,x(u 1n21 =ϕ− − với 0nn xx = Đặt:

n,...,2,1 j),u,x,x,...,x,x( 0

n1n21 j j =ψ=ψ −

Cần chọn hàm Φ sao cho:( ) )x,...,x,x(u,...,, 1n21n21 −ϕ−=ψψψΦ

Giải hệ

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ψ=ψ

ψ=ψ

ψ=ψ

−

−

−

n

0

n1n21n

2

0

n1n212

1

0

n1n211

)u,x,x,...,x,x(

.........

)u,x,x,...,x,x(

)u,x,x,...,x,x(( )( )

( )( )⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

ψψψω=

ψψψω=

ψψψω=ψψψω=

⇒

−

n21

n21n1n

n2122

n2111

,...,,u

,...,,x

.........

,...,,x

,...,,x

( thực hiện được vìWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )( )

0u,x,...,x,xD

,...,,D

1n21

n21 ≠ψψψ

−

trong lân cận điểm ( )00

n

0

1n

0

2

0

1 u,x,x,...,x,x − mà 0Xn ≠ )Chọn hàm Φ như sau:

( ) ( )

( )),...,,(),...,,...,,(),,...,,(

,...,,,...,,

n211nn212n211

n21n21

ψψψωψψψωψψψωϕ−

−ψψψω=ψψψΦ

−

Khi đó hệ thức

( ) ( )( ) 0),...,,(),...,,...,,(),,...,,(

,...,,,...,,n211nn212n211

n21n21

=ψψψωψψψωψψψωϕ−−ψψψω=ψψψΦ

−

Xác định nghiệm bài toán Cô si cần tìm.

Thật vậy, Khi j j

0

nn xx ψ=ψ⇒= , ta có

( )

( )

( ) 0nn1n21

n211nn212n211

n21

xxkhi0x,...,x,xu

0),...,,(),...,,...,,(),,...,,(

,...,,

==ϕ−⇔

⇔=ψψψωψψψωψψψωϕ−

−ψψψω

−

−

Ví dụ: Tìm nghiệm của PDE

( ) 2y

z

x

zyxz1 =

∂∂

+∂∂

−−+

thỏa mãn điều kiện ban đầu : z = 2x khi y = 0.Hệ ODE đối xứng tương ứng

2dz

1dy

yxz1dx ==−−+

có các tích phân đầu độc lập

2

1

Cyxz2y

Cy2z

=−−+

=−

Do đó nghiệm tổng quát cần tìm có dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0yxz2y,y2z =−−+−Φ Đặt

⎪⎩

⎪⎨⎧

−−+=ψ

−=ψ

yxz2y

y2z

2

1

Khi y = 0, giải ra x và z ta có

⎪

⎩

⎪⎨

⎧

ψ=

ψ−ψ=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

−=ψ=ψ

=ψ=ψ

=

=

1

2

21

0y22

0y11

z

4x

xz2

z

Do đó nghiệm cần tìm xác định từ hệ thức:

0204

2 2

21

2

211 =ψ−ψ⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ψ−ψ−ψ

Thay biểu thức của 21,ψψ ta có:

2

yyxy2y

2

3x2z

0y4x4z4yxzy4yy4z2

22

2

+−−+=

⇔=++−−−−−−

§7.2. PDE cấp một không tuyến tính

7.2.1. Hệ hai phương trình cấp một tương thích

7.2.2. Phương trình PFAFF7.2.3. Tích phân toàn phần tổng quát và bất thường của phươngtrình đạo hàm riêng cấp một

7.2.4. Phương pháp Lagrange – Charpi để tìm tích phân toànphần

7.2.5. Phương pháp Cauchy cho hai biến độc lập

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




7.2.6. Phương pháp Cauchy cho n biến độc lập

7.2.7. Ý ngh ĩ a hình học của PDE cấp một

Bài t ậ p chươ ng 7Tài liệu tham khảo chương 7: [1],[3],[4],[5]

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM



http://www.ebook.edu.vn

Chươ ng 8. Phân loại phươ ng trình đạo hàm riêng

1

Chương 8Phân loại phương trình đạo hàm riêng

2(2-0-0)

§8.1. Phân loại và đưa về dạng chính tắc PDE cấp 2, ẩnhàm hai biến

1.Phương trình đạo hàm riêng cấp hai:Phương trình đạo hàm riêng (PDE) cấp m có dạng:

0x....x

u,...,xxu;

xu,...,

xu;u;xF

1n1 k

n

k

1

m

21

2

n1

=⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂ ∂∂∂ ∂∂∂∂∂

trong đó:

+ F là hàm nhiều biến; ( ) n

n21 R x,...,x,xx ∈= (véc tơ trong không

gian Euclide n chiều nR ∈ ); mk k k n21 =++ L ;u(x) là nghiệm hàm(giá tr ị của nó thỏa mãn phương trình) cần tìm;

Cấp của PDE là bậc cao nhất của các đạo hàm riêng có trongphương trình.PDE là tuy ến tính nếu nó có dạng

)x( bx...x

u)x(au)x(aLu

m

mk ...k ,k k ,...k ,k

k

n

k

1

k k ,...,k ,k

k 0

n21

n21

n1

n21 =∂∂

∂+= ∑

=+++

(vế trái là toán tử tuyến tính với hàm phải tìm u và các đạo hàm riêngcủa nó)

PDE là tuyến tính thuần nhất nếu 0Lu =

Nghiệm tổng quát của PDE phụ thuộc vào hàm tùy ý.Trong các bài toán vật lý thường gặp PDE cấp hai.

PDE cấp hai với hai biến độc lập x,y là hệ thức liên hệ giữa hàmchưa biết u(x,y) và đạo hàm riêng của nó đến cấp hai:

0u,u,u,u,u;u;y,xF yyxyxxyx =

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





2

PDE cấp hai là tuy ến tính đối v ớ i đạo hàm c ấ p hai nếu có dạng:

) 0u,u,u;y,xFcu bu2au yxyyxyxx =+++ (8.1.1)

trong đó c, b,a là các hàm thực của x và y.

PDE cấp hai là chuẩn tuy ến tính đối v ớ i đạo hàm c ấ p hai có dạng:0u,u,u;y,xFcu bu2au yxyyxyxx =+++

trong đó c, b,a là các hàm thực của x, y, ux và uy.

PDE cấp hai là tuy ến tính nếu có dạng:

0gfueuducu bu2au yxyyxyxx =++++++ (8.1.2)

trong đó g,f ,e,d,c, b,a là các hàm thực của x và y.(tuyến tính đối với đạo hàm cấp 2, cấp 1 và hàm phải tìm).

Nếu các hệ số của PDE không phụ thuộc vào x,y thì PDE đượcgọi là PDE có hệ số hằng số. Nếu 0)y,x(g = ,PDE là thuần nhất.

Phép đổi biến để đưa PDE tuyến tính đối với đạo hàm cấp hai về dạng đặc biệt (d ạng chính t ắc),Xét phép đổi biến:

)y,x(),y,x( η=ηξ=ξ

với )y,x(),y,x( ηξ là các hàm khả vi, liên tục hai lần và

( )( )

0Dy,xD

,D

yx

yx ≠≡ηη

ξξ≡

ηξ

Khi đó, do ( ))y,x(),y,x(uu ηξ= , nên:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





3

( )

yyyy

2

yyy

2

yyy

xyxyyxxyyxyxxy

xxxx

2

xxx

2

xxx

yyyxxx

uuuu2uu

uuuuuuuuuu2uu

uuu;uuu

η+ξ+η+ηξ+ξ=

η+ξ+ηη+ηξ+ηξ+ξξ=η+ξ+η+ηξ+ξ=

η+ξ=η+ξ=

ηξηηξηξξ

ηξηηξηξξ

ηξηηξηξξ

ηξηξ

(8.1.3)

Thay (8.1.3) vào (8.1.1), ta nhận được PDE mới, dạng:0u,u,u;,Fu),(cu),( b2u),(a 1111 =ηξ+ηξ+ηξ+ηξ ηξηηξηξξ (8.1.4)

trong đó:

( )2

yyx

2

x1

yyxyyxxx1

2

yyx

2

x1

c b2ac

c ba b

c b2aa

η+ηη+η=

ηξ+ηξ+ηξ+ηξ=

ξ+ξξ+ξ=

(8.1.5)

F không chứa đạo hàm cấp hai.

Tính toán đơn giản, ta có:

( )( ) ( ) 222

yxyx

2

11

2

1 Dac bac bc.a b −=ξη−ηξ−=−

Như vậy, phép đổi bi ến )y,x(),y,x( η=ηξ=ξ không làm thay đổi

loại c ủa PDE .

Chọn biến ηξ, sao cho các hệ số 0c,0a 11 == , PDE sẽ được đưavề dạng chính tắc.Từ (8.1.4), nếu chọn )y,x(),y,x( ηξ để chúng là nghiệm của PDE:

0yzc

yz

xz b2

xza

2

2

y

2

2

=∂∂+

∂∂

∂∂+

∂∂ (8.1.6)

thì 0c,0a 11 == và (8.1.4) có dạng đặc biệt cần tìm.

Bổ đề 8.1.1. Nếu )y,x(z ϕ= là nghiệm riêng nào đó của PDE sau:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





4

0

y

zc

y

z

x

z b2

x

za

2

2

y

2

2

=

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂ (8.1.6)

thì hệ thức constC,C)y,x( ==ϕ , là nghiệm tổng quát của ODE

0cdx bdxdy2ady 22 =+− (8.1.7)

Ngược lại, nếu C)y,x( =ϕ là nghiệm tổng quát của ODE (8.1.7) thì

hàm )y,x(z ϕ= là nghiệm riêng của PDE (8.1.5).Chứ ng minh: “ ⇒ ”: Theo giả thiết, ta có:

⇔=+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕϕ

−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕϕ

⇔=ϕ+ϕϕ−ϕ 0c b2a0c b2ay

x

2

y

x2

yyx

2

x

( ) ( ) 0cy b2ya 2 =+−′⇔ ( đ pcm)

(Do định lý về hàm ẩn, hàm y(x) xác định từ hệ thức C)y,x( =ϕ có

đạo hàm xác định bởiy

x)x(yϕ

ϕ−=′ )

“ ⇐ ” : Lấy điểm ( )00 y,x bất kỳ trong miền xác định của )y,x(ϕ , đặt

000 C)y,x( =ϕ

Ẩn hàm xác định từ hệ thức

0C)y,x( =ϕ

Thỏa mãn, theo giả thiết,

( ) )y,x(U)y,x(,0cy b2ya 00

2 ∈∀=+′−′

Từ định lý hàm ẩn

)y,x(

)y,x()x(y

00y

00x0 ϕ

ϕ−=′

Nên

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





5

⇔=+ϕ

ϕ+

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

ϕ

ϕ,0c

)y,x(

)y,x( b2

)y,x(

)y,x(a

00y

00x

2

00y

00x

( ) ( ) 0zcz bz2za 2

yyx

2

x =++⇔ ( đ pcm)

Chú ý: nếu hệ thức C)y,x( =ϕ không xác định cho ta ẩn hàm y =

y(x), chẳng hạn 0y =ϕ , thì tráo đổi vai trò x, y, xét ẩn hàm x = x(y),

ta nhận được ODE dạng:

( ) )y,x(U)y,x(,0xcx b2a 00

2 ∈∀=′+′−

Tóm lại:PDE tuy ến tính cấp hai

0u,u,u;y,xFcu bu2au yxyyxyxx =+++ (8.1.1)

Có phươ ng trình các đườ ng đặc tr ư ng là:

0cdx bdxdy2ady 22 =+−

Các đường cong tích phân C)y,x( =ϕ của phương trình các đườngđạc tr ưng được gọi là các đườ ng đặc tr ư ng c ủa PDE đã cho.

2. Phân loại PDE cấp haiXét PDE tuyến tính đối với đạo hàm cấp hai (8.1)

) 0u,u,u;y,xFu)y,x(cu)y,x( b2u)y,x(a yxyyxyxx =+++

Xét điểm M(x,y) cố định. PDE (8.1) tại điểm M được gọi là

1. thuộc loại Hyperbolic (H) nếu tại điểm M 0ac b2 >−

2. thuộc loại Elliptic (E) nếu tại điểm M 0ac b2 <− 3. thuộc loại Parabolic (P) nếu tại điểm M 0ac b2 =−

PDE thuộc loại H, E hay P trên mi ền E nếu nó thuộc loại H, E hay Ptại mọi điểm thuộc E.

Các phương trình đại diện cho ba lớp PDE nói trên gồm:1. phương trình truyền sóng thuộc loại Hyperbolic 2. phương trình truyền nhiệt thuộc loại Parabolic WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





6

3. phương trình Laplace thuộc loại Elliptic

Đưa PDE tuyến tính cấp hai về dạng chính tắcPDE tuyến tính cấp hai dạng0u,u,u;y,xFcu bu2au yxyyxyxx =+++ (8.1.1)

luôn đưa được về một trong các dạng chính tắc sau đây:

1. Nếu 0ac b 2 >− (loại Hyperbolic): Φ=Φ=− xyyyxx uhayuu

2. Nếu 0ac b2 <− (loại Elliptic): Φ=+ yyxx uu

3. Nếu 0ac b

2

=− (loại Parabolic): Φ=xxu Chứ ng minh: Phương trình đặc tr ưng ứng với PDE (8.1.1) có dạng

0c' by2ya 22 =+−′ (8.1.7)

1. Phương trình loại Hyperbolic: Giả thiết 0ac b 2 >− ,

1a. Giả sử 0a ≠ , thì phương trình đặc tr ưng (8.1.7) có hai nghiệmthực

aac b by

2

2,1 −±=′ (8.1.8)

Giải hai ODE này ta có hai họ nghiệm

constC),C,x(f y

constC),C,x(f y

222

111

==

==

Viết hai họ nghiệm đó dưới dạng

22

11

C)y,x(C)y,x(

=ϕ=ϕ

Theo bổ đề, các hàm )y,x(),y,x( 21 ϕϕ là các nghiệm riêng củaPDE (8.1.6)

0czz bz2az 2

yyx

2

x =++ (8.1.6)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





7

Từ 0ac b2 ≠− nên 21 yy ′≠′ , biểu thị qua ϕ1, ϕ2 suy ra:

( ) 0)y,x(D

,D

)(

)(

)(

)(21

y2

x2

y1

x1 ≠ϕϕ

⇔′ϕ

′ϕ−≠′ϕ

′ϕ−

Do đó, chọn phép thế )y,x(),y,x( 21 ϕ=ηϕ=ξ . Vì ϕ1, ϕ2 là nghiệmcủa (8.1.6) nên phép thế trên đưa phương trình (8.1.1) về dạng

(8.1.4) với điều kiện (8.1.5), trong đó 0c,0a 11 == .

Do 0 b0ca b0ac b 111

2

1

2 ≠⇒>−⇒>− . Chia hai về của phươngtrình vừa nhận được cho b1, ta đưa phương trình đó về dạng chính

tắc cần chứng minh( )ηξξη ηξ= u,u,,Fu *

1 ( đ pcm)

1b. Giả sử a = 0, c ≠ 0, đổi vai trò của x cho y, và thực hiện tương tự,ta đi đến điều cần chứng minh.

1c. Nếu a = 0, c = 0, ta có b ≠ 0, nên chia hai vế của (8.1.1) cho b tađi đến dạng chính tắc cần tìm

( )yx

*

xy u,u,y,xFu =

Từ dạng chính tắc nhận được, thực hiện đổi biến

β−α=η

β+α=ξ

Ta nhận được dạng chính tắc thứ hai)βαββαα βαΦ=− u,u,,uu

2. Phương trình loại Elliptic: Giả thiết 0ac b2

<− Do phương trình đặc tr ưng có hai nghiệm phức liên hợp, nên nếu

C)y,x( =ϕ là nghiệm tổng quát của ODE thứ nhất của (8.1.8) thì

C)y,x(* =ϕ (ϕ* là đại lượng liên hợp phức của ϕ) là nghiệm tổngquát của ODE thứ hai của (8.1.8).Chọn phép thế

)y,x(*

)y,x(

ϕ=η

ϕ=ξ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





9

Giả sử C)y,x( =ϕ là nghiệm tổng quát của ODE (8.1.8). Dùngphép thể biến

⎩⎨⎧

ψ=ηϕ=ξ

)y,x(

)y,x( (8.1.10)

trong đó ψ là hàm tùy ý sao cho( )

0)y,x(D

,D≠

ψϕ.

Thực hiện tương tự trên, hệ số a1 trong PDE (8.1.4) triệt tiêu:

0c b2aa 2

yyx

2

x1 =ϕ+ϕϕ+ϕ=

Do 0ac b 2 =− , giả thiết b > 0, ta có ac b = và

( ) ⇔=ϕ+ϕ=

=ϕ+ϕϕ+ϕ=ϕ+ϕϕ+ϕ=

0ca

cac2ac b2aa

2

yx

2

yyx

2

x

2

yyx

2

x1

0ca yx =ϕ+ϕ (8.1.11)

Mặt khác hệ số b1 = 0, vì do b2 = ac và do (8.1.11) ta có:

( )( )( ) 0cacacaca b

yxyx

yyxyyxxx1

=ψ+ψϕ+ϕ==ψϕ+ψϕ+ψϕ+ψϕ=

( ) 0cacac2ac2

yx

2

yyx

2

x1 ≠ψ+ψ=ψ+ψψ+ψ=

Vì nếu 0ca yx =ψ+ψ , kết hợp với (8.1.11) ta suy ra:

( )0

)y,x(D

,D=

ψϕ, trái với giả thiết nêu trên.

Vậy với phép thế (8.1.9) PDE ban đầu được đưa về dạng chính tắc:

( )ηξηη ηξΦ= u,u,u,,u ( đ pcm)

Nếu 0 b ≤ , ta có ac b −= . Chứng minh tương tự.Nếu b = 0, PDE ban đầu đã có sẵn dạng chính tắc.

Các ví dụ về đưa PDE tuyến tính cấp hai về dạng chính tắc

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





10

Ví dụ 1:

0uyux yy

2

xx

2 =−

Đây là PDE tuyến tính cấp hai (8.1.1) với:

0yxac b0F,yc,0 b,xa 22222 >=−⇒=−===

Nên phương trình thuộc loại Hyperbolic.Lậ p phươ ng trình đặc tr ư ng :

( ) ( ) ( )( ) ⇒=−+⇔=− 0ydxxdyydxxdy0dxydyx 2222

⎩⎨⎧

=−

=+⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨⎧

=−

=+⇒

⎩⎨⎧

=−

=+⇒

2

1

Clnxlnyln

Clnxlnyln

0y

dx

x

dy

0y

dxxdy

0ydxxdy

0ydxxdy

Suy ra hai họ đường cong đặc tr ưng:

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

=

=

2

1

Cxy

Cxy

Thự c hi ện phép đổi bi ến mớ i

⎪⎩

⎪⎨⎧

=η

=ξ

x

y

xy

Tính các đạo hàm riêng theo các biến cũ qua các đạo hàm riêng theobiến mới:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





11

;x

1uu2x

u

x

1uxu

yu

;x

yu2

x

yu

x

yu2y

u

x

yuyu

xu

;x

1uxuuuu,

x

yuyuuuu

22

222

2

2

yy

34

2

2

2

2

222

2

2

2xx

yyy2xxx

η∂∂

+η∂ξ∂

∂+

ξ∂∂

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +∂∂

=

η∂∂

+η∂

∂+

η∂ξ∂∂

−ξ∂

∂=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −∂∂

=

+=η+ξ=−=η+ξ=

ηξ

ηξ

ηξηξηξηξ

Thay các giá tr ị đạo hàm cấp hai vào PDE ban đầu, ta được:

0x

1uu2x

uy

x

yu2

x

yu

x

yu2y

ux

22

222

2

22

34

2

2

2

2

222

2

22 =

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

η∂

∂+

η∂ξ∂

∂+

ξ∂

∂−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

η∂

∂+

η∂

∂+

η∂ξ∂

∂−

ξ∂

∂

0u

2

1u0

xy

1u

2

1u0

x

yu2y

u4

222

2

=η∂

∂ξ

−η∂ξ∂

∂⇒=

η∂∂

−η∂ξ∂

∂⇒=

η∂∂

+η∂ξ∂

∂−

Đây là dạng chính tắc cần tìm.Ví dụ 2: PDE

0

y

zy

yx

zxsiny2xsin

x

z2

22

22

2

2

=

∂

∂+

∂∂

∂−

∂

∂

Đây là PDE tuy ến tính c ấ p hai v ớ i

0xsinyxsinyac b

0F,yc,xsiny b,xsina

22222

22

=−=−⇒

⇒==−==

nên nó thuộc loại Parabolic.Phươ ng trình đặc tr ư ng :

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

C2

xytgCln

2

xtglnyln0

xsin

dx

y

dy0ydxxdysin

0ydxxdysindxyxdxdysiny2dyxsin

0dxcdydx b2dya22222

22

=⇒=+⇒=+⇒=+⇒

⇒=+=++⇒⇒=+−

là đường cong tích phân đặc tr ưng.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





12

Thự c hi ện phép đổi bi ến: ( phép đổi bi ến thứ hai chọn hàm tùy ý )

⎪⎩⎪⎨

⎧

=η=ξ

y

2

x

ytg

Tính các đạo hàm theo biến mới

;

z

2

x

tg

z

y

z

y

z

y

z

;

2

xsin

yz

2

1

x

z

x

z

x

z

1y

,0x

;2

xtg

y;

2

xsin

y

2

1

x

2

2

η∂

∂

+ξ∂

∂

=∂

η∂

η∂

∂

+∂

ξ∂

ξ∂

∂

=∂

∂

ξ∂

∂

=∂

η∂

η∂

∂

+∂

ξ∂

ξ∂

∂

=∂

∂

=∂η∂

=∂η∂

=∂ξ∂

=∂

ξ∂

2

xsin2

2

xgcoty

z

2

xsin4

yz

2

xsin2

2

xgcoty

z

2

xsin2

yz

2

xsin

y

2

1

2

xsin

2

xcosy

zx

zx

z

2

xsin

y21

2

xsin

y

x

zz

x

2

xsin

y

2

1

2

xsin

yz

2

1

xx

z

24

2

2

2

222

2

2

3

2

2

2

2

2222

2

ξ∂∂

−ξ∂

∂=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ξ∂∂

−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ξ∂∂

=

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ξ∂∂−⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂η∂η∂ξ∂∂+∂ξ∂ξ∂∂=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂∂

ξ∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ξ∂∂

∂∂

=∂∂

2

222

2

2

2

222

2

2

2

2

z

2

xtg

z2

2

xtg

z

y

z

y

z

2

xtg

y

z

y

z

z

y2

xtg

z

y

z

2

xtg

z

yy

z

η∂∂

+η∂ξ∂

∂+

ξ∂∂

=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

η∂∂

+∂

ξ∂ξ∂η∂

∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

η∂ξ∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η∂

∂∂∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η∂

∂+ξ∂

∂∂∂=

∂∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





13

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂∂

ξ∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂

=

=⎟⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎜

⎝

⎛

ξ∂

∂

∂

∂

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂

∂

∂

=∂∂

∂

2

xsin

y

y

z

2

xsin

yz

y2

1

2

xsin

yz

2

1

yx

z

yyx

z

22

2

2

2

xsin2

1z

2

xsin

yz

2

xtg

z

2

1

2

xsin

1z

2

xsin

y

y

z

y

z

2

1

22

2

2

2

22

2

2

2

ξ∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

η∂ξ∂∂

+ξ∂

∂=

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ξ∂∂+⎟⎟

⎠ ⎞

⎜⎜⎝ ⎛

∂η∂

η∂ξ∂∂+

∂ξ∂

ξ∂∂=

Thay các giá tr ị 2

22

2

2

y

z,yx

z,x

z

∂∂

∂∂∂

∂∂ vào phương trình đã cho, ta có;

0yz

2

xtg

z2

2

xtg

z

xsiny2

2

xsin

121z

2

xsin

yz2xtgz

21

xsin

2

xsin2

2

xgcoty

z

2

xsin

yz

4

1

2

2

222

2

2

22

2

2

2

2

24

2

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

η∂∂

+η∂ξ∂

∂+

ξ∂∂

+

+⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ξ∂∂+⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ η∂ξ∂∂+ξ∂∂−

−⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

ξ∂∂

−ξ∂

∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





14

0yz

2

xtg

z2

2

xtg

z

2

xsin

xsinyz

2

xsin

xsinyz

2

xtg

z

2

xsin2

xsin2

xgcoty

z

2

xsin4

xsinyz

2

2

222

2

2

22

22

2

2

2

2

4

22

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

η∂∂

+η∂ξ∂

∂+

ξ∂∂

+

+ξ∂

∂−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

η∂ξ∂∂

+ξ∂

∂−

−ξ∂

∂

−ξ∂

∂

⇒

0z

y

2

xsin

xsin

2

xsin2

xsin2

xgcot

zy

2

xtg2

2

xsin

xsinzy

2

xtg

2

xsin

xsin

2

xtg

2

xsin4

xsinzy

2

22

22

2

2

222

24

2

2

22

=η∂

∂+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+ξ∂

∂−

−⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−η∂ξ∂

∂+

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−ξ∂

∂⇒

xsinzz

y2

2

ξ∂∂

=η∂

∂⇒ ???

Vì 222

2xsin

2

xtg,

2

xtg1

2

xtg2

xsinη+ξ

ξη=⇒

ηξ

=+

=, nên dạng chính

tắc cần tìm là:

ξ∂∂

η+ξξ

=η∂

∂ z2z222

2

Ví dụ 3. PDE

0y

z2

yx

x2

x

z2

22

2

2

=∂∂

+∂∂

∂−

∂∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





15

Do a = 1, b = -1, c = 2 nên 01ac b 2 <−=− và PDE thuộc loại

Elliptic. Nó có phương trình đặc tr ưng( ) ( ) ( )

( ) i1y011y

02y2y0dx2dydx2dy

2

222

±−=′⇒=++′⇒

⇒=+′+′⇔=++

Và ta nhận được hai họ đặc tr ưng ảo:

( )⎩⎨⎧

=++

=−+⇔±−=⇔±−=′

2

1

Cixxy

Cixxydxi1dyi1y

Thực hiện phép đổi biến x;xy =η+=ξ (bằng phần thực, phần ảotương ứng ) ta được:

;z

y

z

y

z

y

z;

zz

x

z

x

z

x

z

ξ∂∂

=∂η∂

η∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=

∂∂

η∂∂

+ξ∂

∂=

∂η∂

η∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=

∂∂

η∂ξ∂∂

+ξ∂

∂=

∂η∂

η∂ξ∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂

=∂∂

∂

ξ∂∂

=∂η∂

η∂ξ∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=

∂η∂

η∂ξ∂∂

+∂

ξ∂ξ∂

∂=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂

=∂∂

η∂∂+

η∂ξ∂∂+

ξ∂∂=⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂η∂

η∂∂+

∂ξ∂

η∂ξ∂∂+⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂η∂

η∂ξ∂∂+

∂ξ∂

ξ∂∂=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η∂

∂∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂∂∂

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η∂

∂+

ξ∂∂

∂∂

=∂∂

zz

x

z

x

zz

xxy

z

z

y

z

y

z

y

z

y

zz

yy

z

zz2zx

zx

zx

zx

z

z

x

z

x

zz

xx

z

2

2

22

2

22

2

22

2

22

2

2

2

2

2

22

2

2

2

222

2

2

2

2

Thay các giá tr ị đạo hàm riêng vào PDE đã cho ta được:

0zz

0z

2zz

2zz

2z

2

2

2

2

2

22

2

2

2

22

2

2

=η∂

∂+

ξ∂∂

⇒

⇒=ξ∂

∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

η∂ξ∂∂

+ξ∂

∂−

η∂∂

+η∂ξ∂

∂+

ξ∂∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





16

Chính là dạng chính tắc cần tìm của phương trình loại Elliptic.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





17

§8.2. Một số bài toán vật lý dẫn đến phương trình đạohàm riêng

Việc nghiên cứu các PDE dẫn đến hình thành một ngành mới củagiải tích – phương trình vật lý toán – vào giữa thế kỷ 18.

Những người đặt nổi tiếng nền móng cho ngành khoa học này:J.D’Alambert (1717-1783), L.Euler (1707-1783), D.Bernoulli (1700-1782), J.Lagrange (1736-1813), P. Laplace (1749-1827), S.Poisson(1781-1840), J.Fourier (1768-1830).

Lý thuyết PDE liên quan mật thiết với các ngành toán học khácnhư giải tích hàm, tô pô, đại số, giải tích phức.

Nghiên cứu PDE làm nảy sinh các phương pháp mới: phươngpháp Fourier, phương pháp Riesz, phương pháp Galionkin, cũngnhư các phương hướng nghiên cứu mới (lý thuyết tích phân Fourier,lý thuyết khai triển thành các hàm riêng,..).

8.2.1. Phương trình truyền sóngNhiếu quá trình dao động (của dây, màng mỏng,…) được mô tả bởi

phươ ng trình truy ền sóng có dạng sau:

0consta,

t

u

x

ua

2

2n

1i

2

i

22 >=

∂

∂=

∂

∂∑

=

(8.2.1)

Khi n = 3 phương trình (8.2.1) mô tả dao động nhỏ của chất khí lýtưởng.Khi n = 2 phương trình (8.2.1) mô tả dao động của màng.Khi n = 1 phương trình (8.2.1) mô tả dao động của dây.

(a). Bài toán dao động của dây:Xét sợi dây căng thẳng theo chiều tr ục Ox. Bằng cách nào đó làm

sợi dây dao động. Hãy nghiên cứu luật dao động của dây.Các gi ả thi ết :+ Sợi dây r ất nhỏ, không cưỡng lại sự uốn và có lực căng T tương

đối lớn so với tr ọng lượng của sợi dây để có thể bỏ qua yếu tố tr ọnglượng của dây.

+ Chỉ xét dao đông ngang của dây (khi dao động, các phần tử vậtchất của dây chuyển động vuông góc với tr ục Ox).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





18

Xét M là phần tử vật chất của dây. Gọi độ lệch của M so với vị trí cânbằng của nó là u, thì u là hàm của thời gian và hoành độ của điểm M,

tức là u = u(x,t),

Xét t = t0, đồ thị của đường cong biểu diễn bởiu = u(x,t0) = f(x)

cho ta hình dáng của dây tại thời điểm t = t0.

Giả thiết độ lệch u(x,t) của dây và đạo hàmx

u

∂∂

r ất nhỏ để có thể

bỏ qua đại lượng 2xu so với đơn vị.

Lấy đoạn dây giới hạn bởi hai điểm )x(M),x(M 2211 . Do bỏ qua

đại lượng )t,x(u2

x , độ dài của đoạn dây M1M2 bằng:

Lxxdxu1'L 1

x

x

2

2

x

1

1

=−≈+= ∫

tức là, bằng độ dài của đoạn dây M1M2 khi dây còn ở vị trí cân bằng.Như vậy ta coi độ dài của dây không thay đổi khi nó dao động. Do

đó theo định luật Hooke, lực căng T của sợi dây cũng không thay đổi,ta coi T = T0, T0 là hằngsố.

Áp dụng nguyên lý Đalembe “ Trong chuy ểnđộng c ủa đ oạn dây, t ổngcác l ự c tác động vàođ oạn dây, k ể c ả l ự c quán

tính, là bằng không do đ ót ổng các hình chi ếu c ủacác l ự c trên một tr ục bấtk ỳ nào đ ó đều bằngkhông” để thiết lậpphương trình dao độngcủa dây.

Xét đoạn dây M1M2 bấtkỳ, và cho bằng không tổng các hình chiếu của tất cả các lực xuống

u

O x

M1

M

T0

T0

α(x1)

α(x2)

x1 x2

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





19

tr ục u,(hình chiếu của l ự c c ăng , ngoại l ự c tác động lên sợ i dây và l ự cquán tính).

Lực căng hướng theo tiếp tuyến với dây tại M1, M2 là T0. Gọi)x(α là góc hợp bởi tiếp tuyến và tr ục Ox tại điểm x, thì tổng hìnhchiếu của các lực căng tại M1, M2 lên tr ục Ou bằng:

[ ])x(sin)x(sinTY 120 α−α=

Nhưng

x

u

x

u1

x

u

)x(tg1

)x(tg

)x(sin 22 ∂

∂

≈⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+

∂∂

=α+

α

=α

do đó

⇒∂∂

≈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+

∂∂

=α+

α=α

x

u

x

u1

x

u

)x(tg1

)x(tg)x(sin

22

dxx

uT

x

u

x

uTY

2

112

x

x

2

2

0

xxxx

0 ∫ ∂∂=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂−⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂=

==

Gọi p(x,t) là ngoại lực tác động vào dây, song song với tr ục u vàphân phối trên một đơn vị chiều dài. Khi đó, hình chiếu trên tr ục ucủa ngoại lực tác động lên đoạn M1M2 của dây bằng:

∫=2

1

x

x

dx)t,x( pP

Gọi )x(ρ là tỷ tr ọng dài của sợi dây (mật độ phân bố vật chất theochiều dài). Khi đó lực quán tính của đoạn M1M2 của dây bằng:

∫ ∂∂

ρ−=2

1

x

x

2

2

dxt

u)x(Z

Như vậy, tổng các hình chiếu xuống tr ục u của các lực tác động vàođoạn M1M2 bằng:WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M





20

0dx)t,x( pt

u)x(

x

uTPZY

2

1

x

x

2

2

2

2

0 =⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡+

∂∂

ρ−∂∂

=++ ∫

Do x1, x2 là những tr ị số bất kỳ, với giả thiết các đại lượng dưới dấutích phân liên tục, suy ra đại lượng dưới dấu tích phân phải bằngkhông, và phương trình dao động của dây cần tìm là

)t,x( px

uT

t

u)x(

2

2

02

2

+∂∂

=∂∂

ρ (8.2.2)

Nếu dây đồng chất, tức là const)x( =ρ thì (8.2.2) có dạng:

)t,x(f x

ua

t

u2

22

2

2

+∂∂

=∂∂

(8.2.3)

với

)t,x( p1

)t,x(f ;x

uTa

2

2

0

ρ=

∂∂

ρ=

Nếu không có ngoại lực tác động, ngh ĩ a là 0)t,x( p = thì (8.2.3) tr ở

thành

2

22

2

2

x

ua

t

u

∂∂

=∂∂

(8.2.4)

Phương trình (8.2.2) có vô số nghiệm. Để xác định qui luật dao động của sợi dây, cần phải cho hình dángsợ i dây và v ận t ốc các đ i ểm c ủa nó t ại thờ i đ i ểm ban đầu và chế độ chuy ển động t ại hai đầu dây. C ụ thể

Nếu hoành độ tại hai đầu dây là x = 0 và x = L, luật dao động của

sợi dây là nghiệm của PDE

)t,x( px

uT

t

u)x(

2

2

02

2

+∂∂

=∂∂

ρ

thỏa mãn các điều kiện sau:(1). Các điều kiện ban đầu( khi t =0);

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





21

( ) Lx0

) b()x(0,xtu

)a()x()0,x(u

1

0

≤≤⎪⎩

⎪

⎨

⎧

ϕ=∂∂

ϕ=

(8.2.5)

Đi ều ki ện ban đầu (a): độ lệch ban đầu của dâyĐi ều ki ện ban đầu (b): vận tốc ban đầu theo tr ục u của điểm cóhoành độ x)

(2). Các điều kiện biên (chế độ chuyển động tại biên)

0t,)t()t,L(u

)t()t,0(u

2

1 >⎩⎨⎧

μ=

μ= (8.2.6)

Nếu sợi dây dài mà ta chỉ quan tâm đến khảo sát một khoảng củadây khá xa một đầu, chẳng hạn khá xa đầu x = L, khiến cho ảnhhưởng của đầu đó có thể bỏ qua được, thì có thể coi như đầu đóở xa vô hạn, thì các điều kiện đầu (8.2.5) và điều kiện biên (8.2.6)tr ở thành:

( )

∞<≤

⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕ=∂

∂

ϕ=x0

)x(0,xt

u

)x()0,x(u

1

0

0t),t()t,0(u >μ=

Nếu khoảng dây đang xét xa cả hai đầu, có thể coi bài toán không cóđiều kiện biên. Khi đó điều kiện đầu tr ở thành:

( ) ∞<<∞−

⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕ=∂∂

ϕ=x;

)x(0,xt

u

)x()0,x(u

1

0

Bài toán Cauchy: bài toán tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầuBài toán hỗn hợp: bài toán tìm nghiệm thỏa mãn cả điều kiện banđầu lẫn điều kiện biên

(b).Bài toán dao động của màngXét màng mỏng, dao động trong mặt phẳng xOy. Bằng cách nào đó ,ta làm cho màng dao động. Nghiên cứu qui luật dao động của màng.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





22

Giả thiết màng dao động ngang và độ lệch của điểm M(x,y) trênmàng ký hiệu u thì u = u(x,y,t).

Với một số giả thiết bổ sung về màng: màng mỏng, không cưỡng lạisự uốn, tr ọng lượng nhỏ so với lực căng trên mặt để có thể bỏ quatr ọng lượng, chỉ xét dao động nhỏ (bỏ qua bình phương hoặc tích

các đại lượng yu,

xu

∂∂

∂∂ , phương trình dao động của màng là:

)t,y,x( py

u

x

uT

t

u)y,x(

2

2

2

2

2

2

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

=∂∂

ρ

trong đó:1. u(x,y,t) đại lượng mô tả dao động ngang của màng tại (x,y,t)

2. ρ(x,y) là mật độ khối lượng trên một đơn vị diện tích của màng3. T là sức căng tính trên một đơn vị diện tích4. p(x,y,t) ngoại lực song song với tr ục u, phân bố trên một đơn vị

diện tích

8.2.2. Phương trình truyền nhiệt trong môi tr ường đẳng hướngXét vật thể r ắn mà nhiệt độ của nó tại (x,y,z) và thời điểm t là một

hàm u(x,y,z,t). Nếu các phần của vật thể có nhiệt độ khác nhau thìbên trong vật thể có sự trao đổi nhiệt lượng từ phần nóng sang phần

lạnh hơn.Xét phần diện tích ΔS bất kỳ trong vật thể. Theo lý thuyết truyềnnhiệt, nhiệt lượng ΔQ truyền qua ΔS trong thời gian Δt được xác địnhbởi:

tSn

uk Q ΔΔ

∂∂

−=Δ (8.2.7)

trong đó nr

là véc tơ pháp tuyến tại phần mặt ΔS hướng theo chiềutruyền nhiệt, k >0 là hệ số truyền nhiệt.

Giả thiết vật là đẳng hướng, tại điểm (x,y,z) bất kỳ xác định nhiệttruyền theo phương nào cũng như nhau, tức là hệ số truyền nhiệt kchỉ phụ thuộc vào (x,y,z) mà không phụ thuộc vào phương của mảnhΔS.

Để thi ết l ậ p phươ ng trình truy ền nhi ệt , xét thể tích V bất kỳ trongvật thể giới hạn bởi mặt kín tr ơn S và tính sự thay đổi nhiệt lượngtrong thể tích V ấy trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 bằng hai cách.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





23

Một mặt, nếu gọi )z,y,x(γ là nhiệt dung và )z,y,x(ρ là tỷ khốicủa thế vật thể tại (x,y,z) thì phần thể tích ΔV của vật thể trong

khoảng thời gian từ t1 đến t2 sẽ hấp thụ thêm một nhiệt lượng ΔQ1 là:( ) ( )[ ] V)z,y,x()z,y,x(t,z,y,xut,z,y,xuQ 121 Δργ−=Δ

Như vậy, toàn bộ thể tích V sẽ hấp thụ một nhiệt lượng là:

( ) ( )[ ]∫∫∫ ργ−=V

121 dV)z,y,x()z,y,x(t,z,y,xut,z,y,xuQ

hay

∫ ∫∫∫ ∂∂ργ=

2

1

t

t V

1 dVtu)z,y,x()z,y,x(dtQ

Mặt khác, nhiệt lượng Q1 bằng nhiệt lượng Q2 từ ngoài truyền vàothể tích V qua mặt S cộng với nhiệt lượng Q3 tự sinh ra trong thể tíchV.

Từ (8.2.7) ta có:

( )

∫ ∫∫ ∂

∂−=

2

1

t

t S2

dSn

uz,y,xk dtQ

với nr

là pháp tuyến trong của mặt S.Gọi F(x,y,z,t) là mật độ nguồn nhiệt trong vật thể tại (x,y,z) và tại

thời điểm t (nhiệt lượng tỏa ra hay mất đi trong một đơn vị thể tích vàđơn vị thời gian), thì:

∫ ∫∫∫=2

1

t

t V

3 dV)t,z,y,x(FdtQ

Từ hệ thức Q1 = Q2 + Q3, ta có

( ) ∫ ∫∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ +∂∂

−=∂∂

γρ2

1

2

1

2

1

t

t V

t

t S

t

t V

dV)t,z,y,x(FdtdSn

uz,y,xk dtdV

t

udt (8.2.8)

Theo công thức Gauss-Ostrogradski, ta có

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





24

dxdydzz

uk

zy

uk

yx

uk

x

dScosz

ucos

y

ucos

x

uk dS

n

uk

V

OG

OG

SS

∫∫∫

∫∫∫∫

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ χ

∂∂

+β∂∂

+α∂∂

−=∂∂

−

−

−

Nên (8.2.8) có dạng

0dV)t,z,y,x(Fz

uk

zy

uk

yx

uk

xt

udt

2

1

t

t V

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

−∂∂

γρ∫ ∫∫∫

Do thể tích V là bất kỳ và các đại lượng dưới dấu tích phân là cáchàm liên tục, nên ta có:

0)t,z,y,x(Fz

uk

zy

uk

yx

uk

xt

u=−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

−∂∂

γρ (8.2.9)

Đây là phương trình truyền nhiệt trong vật thể đẳng hướng khôngthuần nhất.

Với vật thể thuần nhất, thì γ, ρ, k là hằng số và (8.2.9) có dạng:

)t,z,y,x(f z

u

y

u

x

ua

t

u2

2

2

2

2

22 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

(8.2.10)

với

γρ=

γρ=

)t,z,y,x(F)t,x,y,x(f ,

k a

Nếu trong vật thể không có nguồn nhiệt, ngh ĩ a là F(x,y,z,t)=0,phương trình (8.2.10) tr ở thành:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

2

2

2

2

2

22

z

u

y

u

x

ua

t

u (8.2.11)

Nếu nhiệt độ chỉ phụ thuộc x,y,t, chẳng hạn xét sự truyền nhiệt trongbản phẳng mỏng, thì (8.2.11) sẽ là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





25

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂2

2

2

22

y

u

x

ua

t

u (8.2.12)

Nếu nhiệt độ chỉ phụ thuộc x,t, chẳng hạn xét sự truyền nhiệt trongthanh thẳng, mỏng, thì (8.2.12) sẽ là:

2

22

x

ua

t

u

∂∂

=∂∂

(8.2.13)

Đi ều ki ện đầu của phương trình truyền nhiệt: Chỉ rõ sự phân bố nhiệtđộ tại thời điểm đầu t = 0,

)z,y,x()0,z,y,x(u ϕ=

Đi ều ki ện biên của phương trình truyền nhiệt: Chỉ rõ chế độ trên biên,

)t,z,y,x()t,z,y,x(uS)z,y,x(

ψ=∈

Đi ều ki ện hỗn hợ p là bao gồm cả điều kiện đầu lẫn điều kiện biên

Bài toán Cô si : Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu

Bài toán hỗn hợp: Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện hỗn hợp

8.2.3. Phương trình LaplacePhương trình truyền nhiệt trong môi tr ường đẳng hướng và không cónguồn nhiệt có dạng:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

2

2

2

2

2

22

z

u

y

u

x

ua

t

u

Giả sử sau một thời gian nào đấy, nhiệt độ trong môi tr ường ổn định,

ngh ĩ a là u(x,y,z,t) không phụ thuộc thời gian, tức ta có 0t

u=

∂∂

.

Khi đó ta có phương trình Laplace sau:

0z

u

y

u

x

u2

2

2

2

2

2

=∂∂

+∂∂

+∂∂

(8.2.14)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





26

Để xác định hàm u(x,y,z) của phương trình (8.2.14) trong miền V giớihạn bởi biên S chỉ cần cho giá tr ị của u(x,y,z) trên biên S, tức là cho

điều kiện:)z,y,x()z,y,x(u

S)z,y,x( ϕ=∈ (8.2.15)

Bài toán tìm nghiệm của phương trình Laplace với điều kiện biên(8.2.15) được gọi là bài toán Dirichlet.Bài toán tìm nghiệm của phương trình Laplace với điều kiện biên

)z,y,x(u

S)z,y,x(

ψ=η∂

∂

∈

được gọi là bài toán Neumann.Phương trình Laplace còn gặp khi nghiên cứu chuyển động dừngcủa chất lỏng không nén được.

Nghiệm của PDE là hàm mà khi thay nó cho giá tr ị của ẩn hàm trongphương trình ta nhận được đồng nhất thức.

Vấn đề: Giải PDE sau khi đưa về nó về dạng chính tắc? (tr ường hợpđạc biệt; Làm thử các bài tập chương 2 trong [6]

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





27

§8.3. Bài toán Cauchy. Khái niệm về đặc tr ưng

1.Bài toán Cauchy và định lý KovalepskaiaGọi Ω là miền nào đó trong không gian Rn.

Xét trong Ω , PDE tuyến tính cấp hai:

)x(f u)x(ax

u)x(a

xx

u)x(a

n

1i i

i

n

1 j,i ji

2

ij =+∂∂

+∂∂

∂ ∑∑==

(8.3.1)

trong đó aij, ai, a, f là các hàm đủ tr ơn. Hàm nghiệm u = u(x1,x2,…,xn).

Đặt xn = t, biến thời gian; x’ = (x1,x2,…,xn-1) là biến không gian.

Bài toán Cauchy:

Cho tr ước ( )0

1n

0

2

0

100 x,....,x,xx;tt −=′= ;

Đặt ( )1n21 x,....,x,xx −=′ . Tìm nghiệm u(x’,t) của PDE (8.3.1) trong lân cận nào đó của điểm

( )0

0

1n

0

2

0

10 t,x,....,x,xx −= thỏa mãn điều kiện đầu:

( ) ( ) ( )

( )xut

t,xu,xut,xu 1000 ′=∂

′∂′=′ (8.3.2)

Trong lớp hàm giải tích, bài toán Cauchy có duy nhất nghiệm.

Định lý Kovalepskaia Xét (8.3.1) dưới dạng

)x(hu)x( bx

u)x( b

tx

u)x( b

xx

u)x( b

t

u n

1i i

i

1n

1i i

2

in

1n

1 j,i ji

2

ij2

2

++∂∂

+∂∂

∂+

∂∂∂

=∂∂ ∑∑∑

=

−

=

−

=

Giả sử bij, bin, bi, b, h là các hàm giải tích trong lân cận của điểm x0

và u0, u1 là các hàm giải tích trong lân cận điểm 0x′ .Khi đó bài toán (8.3.1) với điều kiện đầu (8.3.2) có nghiệm giải tíchduy nhất trong lân cận điểm x0.Chứ ng minh: Xem trong [2], trang 16-18, 156-161

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





28

Hàm được gọi là giải tích trong lân cận của điểm nào đó nếu tronglân cận đó nó được khai triển thành chuỗi lũy thừa với các hệ số

được xác định duy nhất.

2.Bài toán Cauchy tổng quát; Khái niệm về đặc tr ưngGiả sử trong miền Ω (n chiều) cho một mặt S, n -1 chiều, đủ tr ơn vàtại mỗi điểm của mặt S lấy đường cong γ nào đó không tiếp xúc với

S, biến thiên đủ tr ơn (γ là pháp tuyến của mặt S).

Bài toán Cauchy tổng quát:Tìm nghiệm của PDE trong lân cận nào đó của mặt n - 1 chiều S

)x(f u)x(axu)x(a

xxu)x(a

n

1i i

i

n

1 j,i ji

2

ij =+∂∂+

∂∂∂ ∑∑

==

sao cho

)x(uu 0S = (8.3.3)

)x(uu

1

S

=γ∂

∂ (8.3.4)

trong đó u0(x), u1(x) (d ữ ki ện Cauchy ) là các hàm cho tr ước trên S(mặt dữ kiện Cauchy).

Đưa bài toán Cauchy tổng quát về bài toán Cauchy thông thường

Giả sử trên mặt S đưa vào các tham số 1n21 ,...,, −ξξξ sao cho

( ) n,...,2,1i,,...,,xx 1n21ii =ξξξ= − (8.3.5)

ở đây hạng của ma tr ận hàm

1n,n

1k ,1ik

ix

−

==⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ξ∂∂ bằng n -1 tại mỗi điểm của

mặt S và đường cong γ được cho bởi phương trình tham số:

( ) n,...,2,1i,,,...,,Xx n1n21ii =ξξξξ= − (8.3.6)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





29

nξ là tham số của điểm chạy trên đường cong và ( )1n21 ,...,, −ξξξ

là các tham số của giao điểm đường cong với mặt S, còn Xi là các

hàm đủ tr ơn.

Với tham số nξ , giả thiết { } 0X

:n,...2,1k n

k ≠ξ∂

∂∈∃ và 0n =ξ ứng với

giao điểm của với S.Xét định thức hàm

( )

( )n

1

n

1

1

n

1

1

n21

n21

XX

XX

,...,,D

X,...,X,XD

ξ∂∂

ξ∂∂

ξ∂

∂

ξ∂

∂

=ξξξ L

LLL

L

(8.3.7)

Trên mặt S ( 0n =ξ ) , (8.3.6) trùng với (8.3.6) nên (8.3.7) tr ở thành

( )

( )

n

n

n

2

n

1

2

n

2

2

2

2

1

n

1

2

1

1

1n21

n21

XxX

xxx

xxx

0,,...,,D

X,...,X,XD

ξ∂∂

ξ∂∂

ξ∂∂

ξ∂

∂

ξ∂

∂

ξ∂

∂ξ∂

∂ξ∂

∂ξ∂

∂

=ξξξ −

L

LLLL

L

L

(8.3.8)

Bởi vì hạng của ma tr ận hàm

1n,n

1k ,1ik

ix−

==⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ξ∂

∂là n -1 nên n -1 dòng đầu

của định thức (8.3.8) độc lập tuyến tính. Mặt khác các đường cong γ

không tiếp xúc với mặt S nên dòng cuối cùng của định thức khôngthể là tổ hợp tuyến tính của các dòng còn lại, do đó( )

( ) ( ) S,,...,,0

0,,...,,D

X,...,X,XD1n21

1n21

n21 ∈ξξξ∀≠ξξξ −

−

định thức trên khác không. Do tính liên tục của định thức nên( )

( ) ε<ξξ∀≠

ξξξξ>ε∃

−nn

n1n21

n21 :,0,,...,,D

X,...,X,XD:0

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





31

Thì 0))x(( bnn ≠ξ trong lân cận nào đó của mặt S. Khi đó trong lâncận này, PDE (8.3.1’) có dạng:

)(hv)(cv

)(c

v)(c

v)(c

v

n

1i i

i

1n

1i ni

2

in

1n

1 j,i ji

2

ij

nn

2

ξ+ξ+ξ∂

∂ξ+

+ξ∂ξ∂

∂ξ+ξ∂ξ∂

∂ξ=ξ∂ξ∂

∂

∑

∑∑

=

−

=

−

=

(8.3.10)

Ta có

( ) ( )

( ) ∑∑ ∑∑∑∑

== =

= ==

γ∂

ξ∂

ξ∂∂

=γ∂

ξ∂

ξ∂∂

=

=γ∂

ξ∂

ξ∂

∂

=γ∂

∂

=γ∂

∂

n

1i

j

j

i

n

1i

n

1 j i

j

j

i

n

1i

n

1 j i

j

ji

n

1i i

vx,cos

x

v

x,cosx

v

x,cosx

uu

Như vậy các điều kiện Cauchy trong hệ tọa độ mới có dạng:

( ) ( )1n2100 ,...,,,vv

n−=ξ

ξξξ=ξ′ξ′= (8.3.3’)

( ) ( )1n211

0

n

1i

j

j

,...,,,vv

n

−

=ξ=

ξξξ=ξ′ξ′=γ∂ξ∂

ξ∂∂∑ (8.3.4’)

Do đường cong không tiếp xúc với mặt S, nên 0n ≠γ∂

ξ∂, suy ra

( ) ( ) ( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

γ∂

ξ∂

ξ∂∂

−ξ′

γ∂ξ∂

=ξ′ξ′=ξ∂

∂∑

−

==ξ

1n

1 j

j

j

01

n22

0n

vv

1v,v

v

n

(8.3.11)

Đây chính là điều kiện Cauchy.

Với PDE tuyến tính cấp hai

)x(f u)x(ax

u)x(a

xx

u)x(a

n

1i i

i

n

1 j,i ji

2

ij =+∂∂

+∂∂

∂ ∑∑==

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





32

Phươ ng trình đặc tr ư ng của nó có dạng:

R n....,2,1 j;0)x(a j j

n

1 j,iiij ∈α==αα∑=

Điểm x là đ i ểm đặc tr ư ng của PDE tuyến tính nếu nó thuộc mặt0)x,...,x,x( n21 =ω sao cho mặt đó là nghiệm của PDE:

0xx

)x(a j

n

1 j,i i

ij =∂

ω∂∂

ω∂∑=

(8.3.12)

và có ít nhất n,....2,1k ,0

x k

=≠∂

ξ∂

0)x,...,x,x( n21 =ω là mặt đặc tr ư ng nếu mọi điểm của nó là điểmđặc tr ưng.

Do điều kiện (8.3.9) nếu mặt S không có các điểm đặc tr ưng thì bàitoán Cauchy tổng quát đưa được về bài toán Cauchy.Bài toán Cauchy tổng quát có duy nhất nghiệm trong một lân cận nàođó trên mặt S nào đó nếu:

+ Các hàm hệ số, vế phải, các hàm thuộc phép đổi biến, các hàm

điều kiện Cauchy đều là giải tích,+ Mặt S được cho bởi phương trình 0)x,...,x,x( n21 =ω với ω làhàm giải tích đối với tất cả các biến và mặt S không chứa cácđiểm mà tại đó tất cả các đạo hàm bậc nhất bằng không+ Mặt S không có các điểm đặc tr ưng

Nếu mặt S có điểm đặc tr ưng x0, thì

( ) 0

xx

)x(a))x(( b

ji

nnn

1 j,i

0

ij

0

nn =

∂∂

ξ∂ξ∂ξ=ξ ∑

=

Suy ra PDE theo biến mới tại ( )00xξ=ξ là một hệ thức liên hệ giữa

( )0v ξ và các đạo hàm cấp hai của nó. Do đó tại x0 các hàm u0, u1 vàcác đạo hàm của nó phải có một liên hệ nào đó.Tóm lại: nếu mặt S có điểm đặc tr ưng, thì bài toán Cauchy tổng quátcó thể không có nghiệm, hoặc có nghiệm không duy nhất nếu cáchàm dữ kiện Cauchy được cho tùy ý.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





33

§8.3. Phân loại và đưa về dạng chính tắc PDE tuyến tínhcấp hai, ẩn hàm nhiều biến

Xét miềnnR ⊂Ω và PDE tuyến tính cấp hai:

)x(f u)x(ax

u)x(a

xx

u)x(a

n

1i i

i

n

1 j,i ji

2

ij =+∂∂

+∂∂

∂∑∑

== (8.3.1)

Với các hàm thực aij(x), i,j =1,2,…,n. Có thể giả thiết aij(x) = a ji , i,j=1,2,…,n; bởi vì:

( ) jiijij

n

1 j,i i j

2

ij

n

1 j,i ji

2

ij

i j

2

ji

2

aa2

1:a

;xx

uaxxua

xxu

xxu

+=′

∂∂∂′=∂∂∂⇒∂∂∂=∂∂∂ ∑∑ ==

Giả sử Ω∈0x và ( ) ( ) ( )0

n

0

2

0

1 x,....,x,x λλλ là các nghiệm thựccủa phương trình:

( ) 0)x()x(adet ij

00

ij =δλ−

Ký hiệu ( ) ( ) ( )0

00

00 xnn,xnn,xnn === −−++ tương ứng là số

các giá tr ị dương, âm và bằng không của ( ) ( ) ( )0

n

0

2

0

1 x,....,x,x λλλ .

Ta có nnnn 0 =++ −+ . Xét phép biến đổi đơn tr ị

( ) n,...,2,1i,x,....,x,x n21ii =ξ=ξ (8.3.2)

biến lân cận )0xU thành lân cận

( ) ( ) ( ) n,...2,1i,x,....,x,x:,...,,,V n21i

0

i

0

1

0

1

0

1

00 =ξ=ξξξξ=ξξ và phép biến đổi ngược tương ứng

( )n21ii ,....,,xx ξξξ=

Giả sử ( ) n,...,2,1i,UC2

i =∈ξ và phép biến đổi (8.3.2) không suybiến, tức là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





34

( )( )

0x,...,x,xD

,...,,D

221

221 ≠ξξξ

(8.3.3)

Tính đạo hàm theo biến mới

( ) ( )∑∑

∑

∑

==

=

=

ξ=ξ∂∂

ξ∂

ξ∂∂

+∂

ξ∂

∂

ξ∂

ξ∂ξ∂∂

=

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

ξ∂

ξ∂∂

∂∂

=∂∂

∂

∂

ξ∂

ξ∂∂

=∂∂

n

1 p ii

p

2

p

n

1q, p i

q

j

p

p p

2

n

1 p i

p

p j ji

2

n

1 p i

p

pi

)(xu:v;xx

v

xx

v

x

u

xxx

u

x

u

x

u

Thay vào PDE ban đầu và nó tr ở thành:

∑

∑

=

=

∂ξ∂

∂ξ∂=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ξ∂∂

ξ∂∂

ξ+ξ∂ξ∂

∂ξ

n

1 j,i j

q

i

p

ij pq

n1

n

1q, p q p

2

pq

xx)x(a: b

0v

,...,v

,v,Fv

))(x( b

(8.3.4)

Trong đại số đã chứng minh, tồn tại phép đổi biến thực, không suy

biến (8.3.2) sao cho ) nmq pkhi,1x b 0

pq <≤=±= ; và

) mq phayq pkhi,0x b 0

pq >≠≠= . Khi đó, PDE (8.3.4) có

dạng

0v

,...,v

,v,Fv

vvv

n1nnnn

2

1n1n

2

nn

2

11

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ξ∂∂

ξ∂∂

ξ+ξ∂ξ∂

∂−

−ξ∂ξ∂ ∂−ξ∂ξ∂ ∂++ξ∂ξ∂∂

−+−+

++++

++

++LL

(8.3.5)

Dạng (8.3.5) là dạng chính tắc của PDE đã cho.Vấn đề: Tìm biểu diễn của phép đổi biến thế nào?

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





35

PDE được gọi là phương trình loại:+ Elliptic tại điểm x0 nếu: n+ = n hay n- = n

+ Hyperbolic tại điểm x0

nếu: n+ = n-1, n- = 1 hay n+ = 1, n- = n-1+ Parabolic tại điểm x0 nếu: n0 > 0

PDE được gọi là phương trình loại Elliptic, Hyperbolic hay Parabolictrên miền E nếu nó tương ứng là loại E, H, P tại mọi điểm trong E.

Xét tr ường hợp đặc biệt, khi n = 2,PDE có dạng

0y

u,

x

u,u,y,xF

y

u)y,x(c

yx

u)y,x( b2

x

u)y,x(a

2

22

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂+

∂∂

(8.3.1’)

với a,b,c là các hàm không đồng thời bằng không trong lân cận U ⊂ R2 . Xét phương trình:

( ) 0 baccac b

badet 22 =−+λ+−λ=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ λ−

λ− (8.3.6)

Nếu

1. 0ac b 2 >− ,(8.3.6) có hai nghiệm trái dấu, (8.3.1’) làHyperbol(H)

2. 0ac b2 =− ,(8.3.6) có một nghiệm bằng không, (8.3.1’) làParabolic(P)

3. 0ac b2 <− ,(8.3.6) có hai nghiệm cùng dấu, (8.3.1’) là Elliptic(E)

Xét phép đổi biến đơn tr ị, khả vi, có ngược sau:

( ) ( )y,x,y,x η=ηξ=ξ (8.3.2’)

Tính các đạo hàm theo biến mới và thay vào PDE ban đầu, thì nóđược đưa về dạng:

0v

,v

,v,,Fv

),(cv

),( b2v

),(a 12

2

1

2

12

2

1 =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ η∂

∂ξ∂

∂ηξ+

η∂∂

ηξ+η∂ξ∂

∂ηξ+

ξ∂∂

ηξ

(8.3.7)trong đó ( )),(y),,(xuv ηξηξ=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





36

22

1

1

22

1

yc

yx b2

xa),(c

yyc

xyyx b

xxa),( b

y

c

yx

b2

x

a),(a

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

+∂η∂

∂η∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂=ηξ

∂η∂

∂η∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂

η∂∂

ξ∂+

∂η∂

∂ξ∂

+∂

ξ∂∂

ξ∂=ηξ

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

ξ∂+

∂

ξ∂

∂

ξ∂+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

∂

ξ∂=ηξ

(8.3.8)

Để đưa PDE ban đầu về dạng chính tắc, cần chọn các hàm ηξ, sao

cho 0ca 11 == , tức là:

0y

cyx

b2x

a),(c

0y

cyx

b2x

a),(a

22

1

22

1

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂η∂

+∂η∂

∂η∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂=ηξ

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+∂

ξ∂∂

ξ∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ξ∂=ηξ

Điều này liên quan đến tìm tích phân tổng quát của ODE

0a;0cydx

dy b2

x

dya

2

≠=+−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂ (8.3.8)

Đây là phươ ng trình đặc tr ư ng của PDE đã cho

Bổ đề: Giả sử ( ) ( ) Uy,x,0y

,UC)y,x( 1 ∈∀≠

∂ω∂

∈ω khi đó họ các

đường cong constC,C)y,x( ==ω là các đường đặc tr ưng của PDE

đang xét khi và chỉ khi C)y,x( =ω là tích phân tổng quát củaphương trình đặc tr ưng (8.3.8).Chứ ng minh: Điều kiện cần:Khi C)y,x( =ω là các đường đặc tr ưng của PDE đã cho, thì

)y,x(ω là nghiệm của PDE

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





37

0

y

c

yx

b2

x

a

22

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

ω∂+

∂

ω∂

∂

ω∂+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

∂

ω∂ (8.3.9)

Do giả thiết ( ) ( ) Uy,x,0y

,UC)y,x( 1 ∈∀≠∂ω∂

∈ω ,suy ra:

+ .Từ (8.3.9) ta có

0c

y

x b2

y

xa

2

=+

∂ω∂

∂ω∂

+

⎟⎟

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜

⎝

⎛

∂ω∂

∂ω∂

⇒

++. Theo định lý về hàm ẩn từ C)y,x( =ω xác định được hàmy(x) sao cho

y

x

dx

dy

∂ω∂∂ω∂

−= (8.3.10)

Nên ( ) 0cy b2ya 2 =+′−′ , tức C)y,x( =ω là tích phân tổng quát

của phương trình đặc tr ưng (8.3.8). ( đ pcm)

Đi ều ki ện đủ:

Khi C)y,x( =ω là tích phân tổng quát của phương trình đặc tr ưng

(8.3.8) thì suy ra hàm ẩn y(x) xác định từ C)y,x( =ω thỏa mãnphương trình đặc tr ưng (8.3.8) với hằng số C bất kỳ.Từ công thức xác định đạo hàm hàm ẩn (8.3.10), suy ra trên mỗiđường cong C)y,x( =ω , hàm )y,x(ω là nghiệm của PDE (8.3.9).Theo định lý tồn tại duy nhất nghiệm của ODE thì tại mỗi điểm củalân cận U có một đường cong tích phân C)y,x( =ω của phương

trình đặc tr ưng đi qua. Bởi vậy PDE (8.3.9) thỏa mãn tại tất cả cácđiểm của lân cận U, tức C)y,x( =ω là đường đặc tr ưng của PDEban đầu. ( đ pcm)

§8.5. Đưa về dạng chính tắc PDE tuyến tính cấp haitrong lân cận một điểm

8.5.1. Tr ường hợp hàm hai biến

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





38

Xét PDE

0y

u

,x

u

,u,y,xFy

u

)y,x(cyx

u

)y,x( b2x

u

)y,x(a 2

22

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂

+∂

∂

+∂∂

∂

+∂

∂

Chỉ ra cách chọn các hàm ηξ, trong 3 tr ường hợp loại H, P và E.Từ phương trình đặc tr ưng:

( ) 0cy b2ya 2 =+′−′

1. 0ac b2 >− trong lân cận U

a). Giả sử 0a ≠ . Từ giả thiết suy ra ODE đặc tr ưng có hai họ

nghiệm thực phân biệt ( ) ( ) 21 Cy,x,Cy,x =ψ=ϕ sao choψϕ, có các đạo hàm liên tục đến cấp hai và:

0y

,0y

≠∂ψ∂

≠∂ϕ∂

và

( )( )

0y,xD

,D:

yy

xxdety

x

y

x≠

ψϕ=

⎟

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜

⎜⎜⎜

⎝

⎛

∂

ψ∂

∂

ϕ∂∂ψ∂

∂ϕ∂

⇔∂ψ∂∂ψ∂

≠∂ϕ∂∂ϕ∂

Hai tích phân tổng quát ( ) ( ) 21 Cy,x,Cy,x =ψ=ϕ xác định haihọ các đường đặc tr ưng, tức là

),(c0ycyx b2xa

),(a0y

cyx

b2x

a

1

22

1

22

ψϕ==⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

ψ∂

+∂

ψ∂

∂

ψ∂

+⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

∂

ψ∂

ψϕ==⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂ϕ∂

+∂ϕ∂

∂ϕ∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ϕ∂

Nên có thể lấy làm phép đổi biến cần tìm:

( ) ( ) ( ) ( )y,xy,x;y,xy,x ψ=η=ηϕ=ξ=ξ

Do đó PDE ban đầu có dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





39

0v

,v

,v,,Fv

),( b2 1

2

1 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

ψ∂

∂

ϕ∂

∂ψϕ+

ψ∂ϕ∂

∂ψϕ

Do giả thiết và

( ) ( )( )

0 b0y,xD

,Dac bca b 1

2

11

2

1 ≠⇒≠ψϕ

−=−

Vậy dạng chính tắc tìm được là:

0v

,v

,v,,F

),( b2

1v1

1

2

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

ψ∂

∂

ϕ∂

∂ψϕ

ψϕ

+

ψ∂ϕ∂

∂ (8.5.1)

Đặt biến β−α=ψβ+α=ϕ ; , dạng chính tắc hai là

0v

,v

,v,,Fvv

22

2

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ β∂

∂α∂

∂βα=

α∂∂

−α∂

∂ (8.5.2)

b). Giả sử 0c ≠ , xét x là hàm của y và thực hiện tương tự.

c). Giả sử 0ca == trong lân cận U:Do 0ac b 2 >− nên ⇒≠ 0 b

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

−=∂∂

∂y

u,

x

u,u,y,xF

)y,x( b2

1

yx

u2

(8.5.3)

2. 0ac b2 =− trong lân cận U.Phương trình đặc tr ưng có nghiệm thực kép.

a). Nếu 0ac0 b =⇒= . Khi đó hoặc a = 0 hoăc c = 0, nên

PDE đã cho có dạng:

0y

u,

x

u,u,y,xF

y

u)y,x(c

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+∂∂

hoặc

0y

u,

x

u,u,y,xF

x

u)y,x(a

2

2

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+∂∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





41

3. 0ac b2 <− trong lân cận U

Giả sử ( ) Cy,x =ϕ

là tích phân tổng quát của ODE đặc tr ưng, tacó trong lân cận U

0y

cyx

b2x

a

22

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂ϕ∂

+∂ϕ∂

∂ϕ∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ϕ∂ (8.5.7)

Theo giả thiết 0ac b2 <− suy ra

( ) )y,x(Imi)y,x(Rey,x ϕ+ϕ=ϕ

Chọn phép biến đổi

( ) ( )y,xIm;y,xRe ϕ=ηϕ=ξ (8.5.8)

nên ( ) ( ) ( )y,xiy,xy,x η+ξ=ϕ . Thay vào (8.5.7)

⇔⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

∂ξ∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

∂ξ∂

+∂ξ∂

∂η∂

+∂η∂

∂ξ∂

+

+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+∂η∂

∂η∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+∂

ξ∂∂

ξ∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ξ∂=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

−∂η∂

∂ξ∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

∂η∂

∂η∂

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

∂ξ∂

+∂ξ∂

∂η∂

+∂ξ∂

∂ξ∂

+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂−∂

η∂∂

ξ∂+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ξ∂=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

+∂

ξ∂+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

+∂

ξ∂⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂+

∂ξ∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂+

∂ξ∂

=

yyc2yxyx b2xxa2i

yc

yx b2

xa

yc

yx b2

xa

yyyi2

yc

yxyxyxiyx b2xxxi2xa

yi

yc

yi

yxi

x b2

xi

xa0

2222

22

22

22

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

∂ξ∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂η∂

∂ξ∂

+∂

ξ∂∂

η∂+

∂η∂

∂ξ∂

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+∂η∂

∂η∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

η∂=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

+∂

ξ∂∂

ξ∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

ξ∂

⇔

0yy

cyxyx

bxx

a

yc

yx b2

xa

yc

yx b2

xa

2222

(8.5.9)WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





43

Phương trình đặc tr ưng của ma tr ận A:( )

( )⎩⎨⎧

=≠=δδ=

=λ−

jikhi1

jikhi0:E

,0EAdet

ijij (8.5.13)

có các nghiệm n21 ,...,, λλλ .Gọi B là ma tr ận đường chéo dạng:

⎟⎟

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜⎜⎜

⎝

⎛

λ

λ

λ

=

n

2

1

00

00

00

B

L

LLLL

L

L

(8.5.14)

Khi đó luôn tồn tại ma tr ận không suy biến ijT α= sao cho

jiT,ATTB α=′′= (8.5.15)

Bài toán tương tự: Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắcDạng toàn phương

)aa(;xxa)x,...,x,x(f jiij j

n

1 j,iiijn21 == ∑=

Ký hiệu ma tr ận đối xứng ijaA = , véc tơ ( )n21 x,...,x,xx =′ , dạng

toàn phương có biểu diễn:Ax'x)x(f =

Thực hiện phép thế biến tuyến tính

( )⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

==== ∑=n

1

ik

n

1k

k ik i

y

y

y,tTkhiTyxhay,ytx M

Dạng toàn phương qua biến mới có dạng chính tắc sau:

ATTB,By'y)y(gATyT'y)y(g)Ty(f ′==⇒′==

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





44

Vì A đối xứng nên tồn tại ma tr ận T không suy biến sao cho B códạng đường chéo. Số các phần tử trên đường chéo lần lượt là

nghiệm của phương trình đặc tr ưng.( ) 0EAdet =λ− Các định ngh ĩ a

Xét PDE tuyến tính cấp hai, ẩn hàm ( )n21 x,...,x,xuu =

( ) ( )

( ) n

n21

n21 jin21ij

n1

n21

n

1 j,i ji

2

ij

Ex,...,x,xx

x,...,x,xax,...,x,xa

;0x

u,...,

x

u;u;x,...,x,xF

xx

u)x(a

∈=

=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+∂∂

∂∑

=

(8.5.16)

Xét ma tr ận đối xứng ijaA = và điểm cố định ( )0

n

0

2

0

10 x,...,x,xx =

Phương trình đặc tr ưng, ẩn λ vô hướng là:

( ) 0E)x(Adet 0 =λ− (8.5.17)

1. Phương trình (8.5.16) được gọi là thuộc loại Ellip (E) tại điểm x0

nếu tại điểm đó tất cả n nghi ệm c ủa phươ ng trình đặc tr ư ng đều kháckhông và cùng d ấu.

Khi đó dạng toàn phương tương ứng

j

n

1 j,i

i0ij xx)x(a∑=

là xác định dương hoặc xác định âm

2. Phương trình (8.5.16) được gọi là thuộc loại Hyperbol (H ) tại điểmx0 nếu tại điểm đó tất cả n nghi ệm c ủa phươ ng trình đặc tr ư ng đềukhác không và trong đ ó có n -1 cùng d ấu, còn nghi ệm cuối cùng cònl ại khác d ấu.

3. Phương trình (8.5.16) được gọi là thuộc loại Parabol (P ) tại điểmx0 nếu tại điểm đó tất cả n nghi ệm c ủa phươ ng trình đặc tr ư ng có mộtnghi ệm bằng không, và n -1 còn l ại khác không và cùng d ấu.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





45

Nếu tại mọi điểm trong miền mà PDE thuộc cùng một loại thì nóđược gọi là thuộc loại đó trong miền đã cho.

Rõ ràng khi n = 2, định ngh ĩ a trên là phù hợp. Thật vậy:Với PDE tuyến tính hai biến, ta có:

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

)y,x(c)y,x( b

)y,x( b)y,x(ay,xA


( )( ) ( ) 0 bacca bca0EAdet 222 =−+λ+−λ=−λ−λ−==λ−

Khi đó, nếu:

1. Hai nghiệm của phương trình đặc tr ưng cùng dấu, tức0 bac 2 >−

PDE thuộc loại E.2. Hai nghiệm của phương trình đặc tr ưng khác dấu, tức

0 bac 2 <− PDE thuộc loại H.3. Một nghiệm của phương trình đặc tr ưng bằng không, tức

0 bac 2 =−

PDE thuộc loại P.

Giả sử phép đổi biến:

( )( )

( )⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

ξ=ξ

ξ=ξ

ξ=ξ

n21nn

n2122

n2111

x,...,x,x

x,...,x,x

x,...,x,x

L (8.5.18)

thỏa mãn:

1.Trong lân cận nào đó của điểm ( )n21 x,...,x,x các hàm

( ) n,...,2,1 j,x,...,x,x n21 j =ξ liên tục cùng các đạo hàm cấp hai.

2. Không suy biến:

( )( )

0x,...,x,xD

,...,,D

n21

n21 ≠ξξξ

(8.5.19)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





47

Giả thiết tìm được ma tr ận ( ) ATTB:T ik ′=α= .

Chọn phép thế biến:

i

n

1i

ik k x∑=

α=ξ (8.5.23)

thì( ) T

xJ ik

i

k =α=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂ξ∂

=do đó A

~có dạng đường chéo nên

PDE (8.5.20) có dạng:

0u,...,u;u;,...,,un1

n21

n

1i ii

2

i =⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ξ∂∂ξ∂∂ξξξΦ+ξ∂ξ∂∂λ∑= (8.5.24)

Dạng (8.5.24) được gọi là d ạng chính t ắc của PDE (8.5.16) tại điểm

cố định )0

n

0

2

0

10 x,...,x,xx = .

Các bước đưa PDE tuyến tính cấp hai nhiều biến về dạng chính tắc:

( ) ( )

( ) ( ))x(aA;Ex,...,x,xx

x,...,x,xax,...,x,xa

;0x

u

,...,x

u

;u;x,...,x,xFxx

u

)x(a

ij

n0

n

0

2

0

10

n21 jin21ij

n1n21

n

1 j,i ji

2

ij

=∈=

=

=⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂

+∂∂

∂

∑=

s1. Tìm n nghiệm n21 ,...,, λλλ của phương trình đặc tr ưng:

( ) 0E)x(Adet 0 =λ−

s2. Tìm ma tr ận ( )ik T α= sao cho:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

λ

λ

λ

==′

n

2

1

00

00

00

BATT

L

LLLL

L

L

s3. Lập phép biến đổi tuyến tính:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





50

Điều kiện biên hỗn hợp:

const,,c;)a(yc)a(yc) b(yc) b(yc

) b(yc) b(yc)a(yc)a(yc j,i

24232221

14131211 −βα⎩⎨⎧

β=′++′+α=′++′+

Bài toán giá tr ị biên có thể có vô số nghiệm.

Ví dụ 1: Giải ODE tuyến tính cấp một)x(qy)x( py)y(L =+′=

Tìm nghiệm tổng quát yc của ODE thuần nhất tương ứng:0y)x( py)y(L =+′=

Tách biến: dx)x( py

dy−= ; Với ∫ ξξ=

x

0

d)( p)x(P , ta có:

( ))x(PexpCy 1c −=

Tìm nghiệm riêng yp của ODE ban đầu dạng:( ))x(Pexp)x(uy p −=

( )( ) ))x(Pexp()x(u)x( p)x(Pexp)x(uy p −′+−−=′

Thay chúng vào ODE không thuần nhất, ta có:( )

( )∫∫ ξξξ−=⇒ξξξ=⇒

⇒=−′⇒=+′x

0

p

x

0

p p

d))(Pexp()(q)x(Pexp)x(yd))(Pexp()(q)x(u

)x(q)x(Pexp)x(u)x(qy)x( py

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

( ) ;d))(Pexp()(qC)x(Pexpyyy

constC,d)( p)x(P);x(qy)x( py

x

0

1 pc

1

x

0

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξξξ+−=+=

=ξξ==+′

∫

∫

Ví dụ 2: Xét ODE tuyến tính cấp hai:

bxa),x(f y)x(ay)x(ay)x(a)y(L 210 ≤≤=+′+′′=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





51

Giả sử { })x(y),x(y 21 là tập nghiệm cơ bản của L(y) = 0. Do đónghiệm tổng quát của nó là:

constC,C);x(yC)x(yCy 212211c =+=

Từ phương pháp biến thiên hằng số, nghiệm riêng của L(y) = f(x)được tìm dưới dạng

)x(y)x(v)x(y)x(uy 21 p +=

Các hàm u(x), v(x) cần tìm để thỏa mãn hệ phương trình đại số tuyếntính sau:

⎪⎩

⎪⎨⎧

≠=′′+′′

=′+′

0)x(a,)x(a

)x(f )x(y)x(v)x(y)x(u

0)x(y)x(v)x(y)x(u

0

0

21

21

Áp dụng quy tắc Crame để giải hệ này đối với u’ và v’. Định thức của hệ (định thức Wronski) là

)x(y)x(y

)x(y)x(y

)x(W21

21

′′=

nên

)x(W)x(a

)x(f )x(y)x(v;

)x(W)x(a

)x(f )x(y)x(u

0

1

0

2 =′−

=′

Từ đó

const;d

)(W)(a

)(f )(y)x(v;d

)(W)(a

)(f )(y)x(u

x

0

1

x

0

2 −αξ

ξξ

ξξ=ξ

ξξ

ξξ−= ∫∫

αα

Vậy nghiệm riêng tìm được là

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





52

[ ]ξ

ξξξξ−ξ

=

=ξ

ξξ

ξξ+ξ

ξξ

ξξ−=

∫∫∫

α

αα

d)(W)(a

)(f )(y)x(y)(y)x(y

d

)(W)(a

)(f )(y)x(yd

)(W)(a

)(f )(y)x(y)x(y

x

0

2112

x

0

12

x

0

21 p

Và nghiệm tổng quát cần tìm là

[ ]ξ

ξξξξ−ξ

++= ∫α

d)(W)(a

)(f )(y)x(y)(y)x(y)x(yC)x(yCy

x

0

21122211

Ví dụ 3: Xét ODE cấp hai đơn giản, được dùng nhiều khi nghiên cứuPDE trong tọa độ Đề các với các hiện tượng vật lý và kỹ thuật.

0yy =λ+′′ vói λ là tham số Xét các tr ường hợp tham số λ âm, bằng không và dươngTr ườ ng hợ p 1: 02 <ω−=λ

0yy 2 =ω−′′

constC,C);xexp(C)xexp(C)x(y 2121 =ω−+ω=

Đây là ODE cấp hai, hệ số hằng số, và phương trình đặc tr ưng

0m 22 =ω− có hai nghiệm đặc tr ưng ω±=m .

Nên ODE có hệ nghiệm cơ bản { })xexp(),xexp( ω−ω và nghiệm tổngquát là tổ hợp tuyến tính như trênTr ườ ng hợ p 2 : 0=λ

0y =′′

xCC)x(y 21 += Tr ườ ng hợ p 3: 02 >ω=λ

0yy 2 =ω+′′

)xcos(C)xsin(C)x(y

hay

1i,constC,C);xiexp(C)xiexp(C)x(y

21

2

2121

ω+ω=

−==ω−+ω=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





54

Nghiệm tổng quát có dạng:

)xlnsin(xC)xlncos(xC)x(y 21 β+β= αα

2. Các hệ tọa độ tr ực giao2.1. Hệ tọa độ Đề các vuông góc

Gốc 0 (0,0,0); Các véc tơ chỉ phương: k , j,irrr

của các tr ục x,y,z . Điểm A(x,y,z) có biểu diễn véc tơ:

x y z x y zA A (x,y,z)i A (x,y,z) j A (x,y,z)k A(A ,A ,A )→

= + + ⇔r r r

Các toán tử grad, div, rot, Laplace được viết trong hệ tọa độ Đề các:

( )

2

2

2

2

2

2

yz

zyx

zyxzyx

z

u

y

u

x

uu

....iz

A

y

A

AAA

zyx

k ji

Arot

A,A,AA;z

A

y

A

x

AAdiv

)z,y,x(uu;k zu j

yui

xuugrad

∂∂

+∂∂

+∂∂

=Δ

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

=

=∂

∂+

∂

∂+

∂∂

=

=∂∂+

∂∂+

∂∂=

r

rrr

r

rr

rrr

2.2. Hệ tọa độ cong tr ực giao (h1,h2,h3)Xét điểm A bất kỳ trong hai hệ tọa độ.

A(x,y,z) trong tọa độ Đề các; A(x1,y1,z1) là tọa độ cong tr ực giao.Khi đó

x = X(x1,y1,z1); y = Y(x1,y1,z1); z = Z(x1,y1,z1);

Các hệ số Metric (Lame) xác định bởi:

3,2,1i;x

Z

x

Y

x

Xh

2

i

2

i

2

i

i =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

=

Xét yếu tố khoảng trong hệ tọa độ Đề các và hệ tọa độ tr ực giao:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





55

2

3

2

1

2

2

2

2

2

1

2

1

2222 dxhdxhdxhdzdydxds ++=++= Các hệ tọa độ tr ực giao được đặc tr ưng đầy đủ bàng ba hệ số Metrich1,h2, h3.Dạng tổng quát của các toán tử grad, div, rot, Laplace sẽ là:

( ) ( ) ( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

=Δ

∂∂

∂∂

∂∂

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

∂∂

+∂

∂+

∂∂

=

∂∂

= ∑=

33

21

322

13

211

32

1321

332211

321

332211

321

3

213

2

132

1321

3

1 j

j

j j

x

u

h

hh

xx

u

h

hh

xx

u

h

hh

xhhh

1u

AhAhAh

xxx

ihihih

Arot

Ahhx

Ahhx

Ahhxhhh

1Adiv

ix

u

h

1ugrad

rrr

r

r

r

trong đó+ 321 i,i,i

rrrlà véc tơ cơ sở có độ dài đơn vị

+ ( )321 A,A,AA =r

là véc tơ tùy ý+ u = u(x1,x2,x3) là hàm vô hướng

+ ( ) 3,2,1k ;x,x,xAA 321k k ==

2.3. Hệ tọa độ tr ụ (r,ϕ, z)Xét hệ tọa độ cong x1 = r, x2 = ϕ, x3 = z liên hệ với tọa độ Đề cácbằng các hệ thức:

zz;sinr y;cosr x =ϕ=ϕ=

Các bề mặt của hệ tọa độ cong này là+ Mặt tr ụ khi r = const+ Mặt phẳng khi ϕ = const+ Mặt phẳng khi z = const

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





56

Các hệ số metric h1 =1, h2 = r, h3 =1 nên các toán tử grad, div, rot,Laplace sẽ là:

( )

2

2

2

2

2

321

321

321321

z

uu

r

1

r

ur

r r

1u;

ArAAzr

iir i

r

1Arot

zAA

r 1rA

r r 1Adiv;i

zuiu

r 1i

r uugrad

∂∂

+ϕ∂

∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=Δ∂∂

ϕ∂∂

∂∂

=

∂∂+

ϕ∂∂+

∂∂=

∂∂+

ϕ∂∂+

∂∂=

rrr

r

rrrr

2.4. Hệ tọa độ cầu (r,θ,ϕ)Xét hệ tọa độ cong x1 = r, x2 = θ, x3 = ϕ liên hệ với tọa độ Đề các

bằng các hệ thức:ϕ=ϕθ=ϕθ= cosr z;sinsinr y;cossinr x

Các bề mặt của hệ tọa độ cong này là+ Mặt cầu khi r = const+ Mặt phẳng khi ϕ = const+ Mặt nón khi z = const

Các hệ số metric h1 =1, h2 = r, h3 = rsinϕ nên các toán tử grad, div,rot, Laplace sẽ là:

( ) ( )

2

2

222

2

2

321

321

2

321

2

2

321

u

sinr

1usin

sinr

1

r

ur

r r

1u

Asinr rAAr

isinr ir i

sinr

1Arot

A

sinr

1Asin

sinr

1Ar

r r

1Adiv

iu

sinr

1i

u

r

1i

r

uugrad

ϕ∂∂

θ+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ θ∂

∂θ

θ∂∂

θ+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=Δ

θϕ∂∂

θ∂∂

∂∂ θ

θ=

ϕ∂∂

θ+θ

θ∂∂

θ+

∂∂

=

ϕ∂∂

θ+

θ∂∂

+∂∂

=

rrr

r

r

rrr

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





57

2. Khái niệm chuỗi và tích phân FourierCần dùng khi giải bài toán giá tr ị đầu, giá tr ị biên của PDE

2.1. Khái niệmT ậ p các hàm riêng tr ự c giao trong khoảng (-L, L):

∞

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ππ

1nL

xncos,

L

xnsin,1

Hệ hàm { }∞

=1 j j )x(f được gọi là tr ực giao trong khoảng (-L, L) nếu:

( )

⎩

⎨⎧

≠

≠== ∫

− k jkhi1

k jkhi0dx)x(f )x(f

L2

1f ,f

L

L

k jk j (???)

Hàm f(x) là tr ơ n t ừ ng khúc trong khoảng nào đó nếu trong mỗikhoảng nhỏ đó, hàm f(x) và đạo hàm f’(x) là liên tục.Hàm f(x) tr ơn từng khúc có bi ểu di ễn d ạng chuỗi Fourier trongkhoảng [-L, L] sau:

( )

∫

∫

∫

∑

−

−

−

∞

=

π=π

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛ π

=

π=

π

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

=

==

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π+=

L

L

2n

L

L

2n

L

L

20

1n

nn0

dxL

xnsin)x(f

L

1

L

xnsin

L

xn

sin,f b

;dxL

xncos)x(f

L

1

L

xncos

L

xncos,f

a

dx)x(f L21

11,f a

:L

xnsin b

L

xncosaa)x(f

2.2. Các tính chất của chuỗi lượng giác Fourier1. Điều kiện để tồn tại chuỗi Fourier:

+ f(x) đơn tr ị và tuần hoàn với chu kỳ 2L+ f(x) có hữu hạn cực đại, cực tiểu,điểm gián đoạn trong (-L, L)WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





58

2. Nếu khoảng (-L, L) là khoảng Fourier đầy đủ của hàm f(x).Chuỗi Fourier xác định ở ngoài khoảng Fourier đầy đủ, khi đó

cho phép thác triển tuần hoàn hàm f(x) ngoài khoảng Fourierđầy đủ.3. Chuỗi Fourier chỉ biểu diễn hàm f(x) trong khoảng Fourier đầy

đủ. Với mọi giá tr ị của x chuỗi Fourier không hội tụ về hàm f(x).

Do đó có thể xác định hàm )x(f ~

mở r ộng hàm f(x) bên ngaoif

khỏng Fourier đầy đủ. Hàm )x(f ~

là mở r ộng tuần hoàn củahàm f(x)

4. Hàm f(x) có biểu diễn chuỗi Fourier khi các giá tr ị hệ số xác

định.5. Hàm f(x) có bướ c nhảy gián đ oạn tại điểm x0 nếu

( ) ( ) )x(f )x(f lim)x(f lim)x(f 00

00

0

00

0

+

>ε→ε

>ε→ε

− =ε+≠ε−=

Nếu f(x) và f’(x) là liên tục từng khúc trong khoảng (-L,L) thìbiểu diễn Fourier của f(x) thoảm mãn các điều kiện sau:+ Hội tụ về hàm f(x) tại điểm mà f(x) liên tục+ Hội tụ về đoạn mở r ộng tuần hoàn của f(x) nếu x ở ngoại

khoảng Fourier đủ.+ Tại điểm x0 có bước nhảy gián đoạn hữu hạn thì biểu diễn

Fourier của f(x) hội tụ về điểm [ ])x(f )x(f 2

100

−+ +

6. Hàm

∑=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π+=

N

1n

nn0 NL

xncos b

L

xncosaa)x(S -tổng riêng thứ N.

Tại điểm bước nhảy gián đoạn của hàm f(x) thì hàm SN(x) cóđồ thị tại lân cận điểm bước nhảy gián đoạn là hàm dao độngđó là hi ệu ứ ng Gibb. Hiệu ứng Gibb luôn tồn tại dù N tăng lớn.

7. Chuỗi có dạng ∑∞

=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π+

1n

nn0L

xnsin b

L

xncosaa

Có thể viết lại dưới dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





59

∑∞

=

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ϕ+π

+1n

nn0L

xnsinCa

trong đó

+2

n

2

nn baC += là biên độ; ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =ϕ

n

nn

b

aarctg là pha;

Số hạng thứ n ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ϕ+π

nnL

xnsinC là dao động đ i ều hòa thứ n.

2.3. Hàm chẵn và hàm lẻ

Hàm chẵn: ) b,a(x)x(f )x(f ∈∀−=

Hàm lẻ: ) b,a(x)x(f )x(f ∈∀−−= Biểu diễn Fourier cho f(x) là hàm lẻ có dạng

dxL

xnsin)x(f

L

2 b;

L

xnsin b)x(f

L

0

n

1n

n

π=

π= ∫∑

∞

=

Biểu diễn Fourier cho f(x) là hàm chẵn có dạng

dxL

xncos)x(f

L

2a;dx)x(f

L

1a

;L

xncosaa)x(f

L

0

n

L

0

0

1n

n0

π==

π+=

∫∫

∑∞

=

2.4. Các biểu diễn của chuỗi FourierDạng đối x ứ ng

∫∫

∑

−−

∞

=

π=

π=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π+=

L

L

n

L

L

n

1n

nn0

dxL

xnsin)x(f

L

1B;dx

L

xncos)x(f

L

1A

:L

xn

sinBL

xn

cosA2

A

)x(f

Khi f(x) tuần hoàn chu kỳ 2L trong khoảng L2x +α≤≤α thì biểudiễn chuỗi Fourier của nó có dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM





60

∫∫

∫

∑

+α

α

+α

α

+α

α

∞

=

π=

π=

=

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ π+

π+=

L2

n

L2

n

L2

0

1n

nn0

dxL

xnsin)x(f

L

1 b;dx

L

xncos)x(f

L

1a

dx)x(f L2

1a

:L

xnsin b

L

xncosaa)x(f

Biểu diễn Fourier dạng mũ

∫∑−

∞

−∞=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π−=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π=

L

L

n

n

n dxL

xniexp)x(f L21C:

LxniexpC)x(f

Tích phân về phải của hệ số Cn, gọi là tích phân Fourier.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chương 9

Phương trình truyền sóng6(4-2-0)

§9.1.Khái niệm về phương trình sóng

Phương trình truyền sóng là:+ đại diện cho các PDE loại Hyperbolic.+ có vai trò quan tr ọng trong vật lý, kỹ thuật.+ được thiết lập khi nghiên cứu dao động của: dây, màng mỏng,

sóng âm, song do thủy triều, sóng đàn hồi, sóng điện từ,…Chuy ển động sóng là sự nhiễu loại một môi tr ường vật chất có quyluật dưới ảnh hưởng của một nguồn sóng nào đó.Trong quá trình truyền sóng năng l ượ ng và mômen c ủa hệ đượ ctruy ền t ừ nguồn sóng . Sự di chuyển sóng có thể dọc, ngang, xoắn.Sóng gồm: sóng cơ học và sóng điện từ.Sóng c ơ học (sóng đàn hồi): sóng lan truyền trong môi tr ường (vậtchất) đàn hồi. Môi tr ường đàn hồi được đặc tr ưng bởi tập hợp liêntục các điểm mà một sự di chuyển của một điểm lập tức tác động

đến điểm lân cận bởi các lực và phản lực. Phản lực ở các điểm lâncận sinh ra do chính các lực tác động lên chúng, do tính liên tục củaquá trình này, sự d ị ch chuy ển ban đầu truy ền sang môi tr ườ ng đ ànhồi theo cách các điểm lân cận bị ảnh hưởng như một hàm số c ủathờ i gian.Sóng điện từ khác với sóng cơ học là nó có thể truyền qua chânkhông.Hướng truyền sóng: được hiểu là hướng truyền năng l ượ ng sóng

Sóng d ọc (ngang) chuyển động theo (vuông góc) hướng năng lượngđược truyềnCác ví dụ về sóng dọc:Ví dụ 1: Mô hình các khối vật được nối với nhau bằng các lò so đànhồi, dạng dây xích.

Sóng dọc chuyển động theo hướ ng năng lượ ng đượ c truyền

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Các khối vật có thể đặc tr ưng cho các nguyên tử, lò so đặc tr ưng cho

lực giữa các nguyên tử.Khi một khối vật bị dịch chuyển theo chiều dọc (tr ục) gây ra sự căngra và nén lại của lò so, tạo nên lực tác dụng với khối vặt bên cạnh.Nếu khối vật sát phía bên trái bị một dịch chuyển ban đầu về phíabên phải, gây nên tác động nén theo kiểu dây truyền cho các khối vậtbên phải. Đây là ví dụ về sóng(truy ền) d ọc, t ứ c là Sóng dao độngsong song v ớ i hướ ng truy ền năng l ượ ng sóng.

Ví d ụ v ề sóng ngang (sóng truy ền ngang)

Mô tả sợi dây dài bị một độ dịch chuyển ngang ban đầu sau đó thả ra, tính đàn hồi của sợi dây tạo nên các lực đẩy dịch chuyển ban đầucủa dây về phía sau để phần dây bị dịch chuyển tr ở về vị trí cânbằng. Các điểm này ảnh hưởng tr ực tiếp tới các điểm bên phải củađộ dịch chuyển. Các điểm lân cận bị đẩy xuống và dịch chuyển có xu

hướng chuyển động về phía bên phải với một tốc độ nào đó và nóphụ thuộc vào tính chất vật liệu của sợi dây. Độ d ị ch chuy ển ở đ âyvuông góc v ớ i hướ ng truy ền sóng.

Chuyến động sóng tổng quát có dạng:

( ) ( ) ( )atxgatxf t,xuu ++−== (9.1.1)trong đó:

+ f, g là các hàm đặc tr ưng cho dạng sóng tùy ý

+ ( )atxf − mô tả sóng truyền về bên phải theo hướng tr ục x, vớitốc độ truyền sóng không đổi a.

+ ( )atxg + mô tả sóng truyền về bên trái theo hướng tr ục x,

Đạo hàm riêng của chúng được tính bởi: Đặt

⎩⎨⎧

+=η

−=ξ

atx

atx

Sóng ngang chuyển động vuông góc vớ i hướ ng truyền năng lượ ng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ( ) ( ) ( )2

2

2

2

2

2 atxgatxf

x

u;

atxgatxf

x

u

η∂+∂

+ξ∂

−∂=

∂∂

ξ∂+∂

+ξ∂−∂

=∂∂

( )( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( );a

atxga

atxf

x

ua

;aatxg

aatxf

t

u

;aatxg

aatxf

t

u

2

2

22

2

2

2

22

2

2

22

2

2

2

2

η∂+∂

+ξ∂

−∂=

∂∂

ξ∂+∂

+ξ∂

−∂=

∂∂

η∂+∂

+−ξ∂−∂

=∂∂

⇒ 2

22

2

2

x

ua

t

u

∂∂

=∂∂

Vậy phương trình truyến sóng một chiều là, ẩn hàm u = u(x,t)

0x

ua

t

u2

22

2

2

=∂∂

−∂∂

(9.1.2)

Tương tự, trong hệ tọa độ Đề các:+ phương trình sóng hai chiều, ẩn hàm u = u (x,y,t), có dạng

uay

u

x

u

at

u 22

2

2

2

22

2

2

∇≡⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

+∂

∂

=∂

∂ (9.1.3)

+ phương trình sóng ba chiều, ẩn hàm u = u (x,y,z,t), có dạng

uaz

u

y

u

x

ua

t

u 22

2

2

2

2

2

22

2

2

∇≡⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

(9.1.4)

Trong đó a là hắng số, tốc độ truyền sóng,2∇ là toán tử Laplace hai

hay ba chiều.Các phương trình (9.1.2), (9.1.3) và (9.1.4) là phươ ng trình sóngthuần nhất.Phươ ng trình sóng (không thuần nhất) t ổng quát có dạng sau:

( )t,x,...,x,xf x

u

x

u

x

ua

t

un212

n

2

2

2

2

2

1

22

2

2

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

++∂∂

+∂∂

=∂∂

L(9.1.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




t là biến thời gian; ( )n21 x,...,x,x là biến không gian; a là vận tốc

truyền sóng, hằng số dương; ( )t,x,...,x,xf n21 là hàm mật độ củangoại lực.Phương trình sóng ở các hệ tọa độ khác nhau

Hệ tọa độ Dạng phương trình

( )t,xf uat

u 22

2

2

+∇=∂∂

Đề các

(x,y,z)

( )t,z,y,xf

z

u

y

u

x

uat

u2

2

2

2

2

22

2

2

+

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

tr ụ (r,θ,z):

⎪

⎩

⎪⎨

⎧

=

θ=

θ=

zz

sinr y

cosr x

( )t,z,,r f

z

uu

r

1

r

ur

r r

1a

t

u2

2

2

2

2

2

2

2

θ+

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

∂∂

+θ∂

∂+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=∂∂

cầu (r,θ, ϕ):

⎪⎩

⎪⎨

⎧

θ=

ϕθ=

ϕθ=

cosr z

sinsinr y

cossinr x

( )t,,,r f u

sinr

1a

usin

sinr

1a

r

ur

r r

1a

t

u

2

2

22

2

2

22

2

2

2

2

ϕθ+ϕ∂

∂θ

+

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ θ∂

∂θ

θ∂∂

θ+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=∂∂

Các vấn đề của phương trình truyền sóng trong tọa độ Đề các như:Bài toán Cauchy; định lý duy nhất ngiệm; Công thức cho nghiệm của

bài toán Cauchy; Các công thức cho nghiệm của bài toán Cauchy;Bài toán hỗn hợp và tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp; Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào các điều kiện ban đầu,…, có thể xem trong [2], [5].

Trong bài giảng này, ta sẽ trình bày các vấn đề trên thông qua xétcác bài toán dao động của dây, màng,… và với các công cụ đơn giảnhơn.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.2. Phương trình dao động của dây

1. Phương trình dao động của dây Xét sợ i dây độ dài L, đượ c c ăng theo chi ều dài c ủa tr ục x . M ỗi đ i ểmc ủa sợ i dây dài L bi ểu th ị bằng hoành độ x c ủa nó.Dao động của dây được mô tả theo vị trí của một điểm đã cho củasợi dây tại các thời điểm khác nhau, bằng cách đưa véc tơ dịchchuyển của sợi dây tại vị trí x và tại thời điểm t có dạng

( ))t,x(u),t,x(u),t,x(uu 321=r

. Để đơn giản, xét quá trình dao độngcủa dây trong mặt phẳng (u,x) và véc tơ dịch chuyển vuông góc vớitr ục x tại thời điểm bất kỳ.

Việc mô tả quá trình dao động chỉ cần hàm u(x,t) - độ d ị ch chuy ểnvuông góc v ớ i sợ i dây.Sợi dây được coi sự sợi chỉ đàn hồi dễ uốn (sức căng xuất hiện trongdây luôn hướng theo tiếp tuyến với dạng đường cong tức thời củanó, tức dây không bị cản tr ở khi uốn cong).+ Sứ c c ăng T t ại mỗi đ i ểm không phụ thuộc thờ i gian.Thật vậy. Độ lớn của sức căng xuất hiện trong dây đàn hồi được tínhtheo định luật Hooke (tỷ lệ thuận với độ dãn dài). Xét dao động nhỏ

của dây và giả thiết ( ) 1u 2

x << .

Độ dài đường cong của sợi dây khi dao động trên đoạn (x1, x2) đượctính bởi

( ) Sxxdxu1S 12

x

x

2

x

2

1

=−≈+=′ ∫

Như vậy độ dài của dây không thay đổi khi dao động, do vậy theođịnh luật Hooke, độ lớn sức căng T không thay đổi theo thời gian.

T(x+Δx)

T(x)

θ2

θ1

βutΔx

x+Δxxx

Đoạn dây đượ c xét

O

x

Hình 2.3. Dao động của dây

P

Q

βutΔx

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




+ Sứ c c ăng T t ại mỗi đ i ểm không phụ thuộc t ọa độ x,t ứ c là;T(x) =T0 = const

Thật vậy, gọi Tx, Tu là hình chiếu của sức căng trên tr ục x và u.Do sức căng xuất hiện trong dây luôn hướng theo tiếp tuyến vớidạng đường cong tức thời u(x,t) của dao động nên gọi góc giữa tiếp

tuyến và tr ục x là θ thì xutg =θ . Ta có:

( )

xu

2

x

x

u)x(Ttg)x(Tsin)x(T)x(T

)x(Tu1

)x(Tcos)x(T)x(T

=θ≈θ=

≈+

=θ=

Trên đoạn (x1,x2) có tác dụng của l ự c sứ c c ăng , ngoại l ự c và l ự cquán tính , tổng hình chiếu của tất cả các lực theo phương ngangphải bằng không. Vì ngoại lực và lực quán tính, theo giả thiết, hướngdọc theo tr ục u, nên hình chiếu bị triệt tiêu và ta có:

)x(T)x(T0)x(T)x(T 1x2x1x2x =⇔=−

Do x1, x2 tùy ý nên suy ra sức căng 0T)x(T ≡

Ta gọi+ u = u(x,t) là độ dịch chuyển dao động ngang của dây+ ρ = ρ(x,y) là mật độ khối lượng chiều dài của sợi dây+ T = T(x) là sức căng của sợi dây+ w = w(x) là ngoại lực tính trên một đơn vị dài

+t

uu t ∂

∂= là vận tốc dao động ngang của dây

+ 2

2

tt

t

uu

∂

∂=

là gia tốc dao động ngang của dây+ β là hệ số tắt dần tuyến tính, với giả thiết lực tắt dần tỷ lệ vớivận tốc dao động của dây.

Xét đoạn dây với mật độ ρ tính trên một đơn vị dài nằm trong khoảngx và x + Δx. Trên hình 2.3 , ta có:

( ) ( )12 tg

x

t,xu;tg

x

t,xxuθ=

∂∂

θ=∂

Δ+∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Lực bên ngoài tác động lên đoạn Δx bao gồm: ngoại lực w(x)Δx, vàlực làm sóng yếu đi (lực tắt dần) βutΔx. Mọi chuyển động hầu hết là

theo phương thẳng đứng, do đó sức căng theo phương ngang trongtr ạng thái cân bằng là như nhau tại mọi điểm:Tcos)x(Tcos)xx(T 12 =θ=θΔ+

Áp dụng định luật Newton theo phương thẳng đứng của chuyển độngdao động (khối lượng nhân với gia tốc bằng tổng hợp lực tác dụng):

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( )t

t,xxuxxxxw

x

t,xu

x

t,xxuT

t

t,xxuxxxxwtgtgT

t

t,xxuxxxxw

cos

sincosxT

cos

sincosxxT

tt,xxuxxxxwsinxTsinxxT

t

t,xxxxx

12

1

11

2

22

12

2

2

∂Δ+∂

Δβ−ΔΔ++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂

∂−

∂Δ+∂

=

=

∂

Δ+∂Δβ−ΔΔ++θ−θ=

=∂

Δ+∂Δβ−ΔΔ++

+θθ

θ−θθ

θΔ+=

=∂ Δ+∂Δβ−ΔΔ++θ−θΔ+=

=∂

Δ+∂ΔΔ+ρ

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

x

tt,xxuxxt,xw

xt,xu

xt,xxuT

lim

x

t

t,xxxxx

lim

0x

2

2

0x

Δ∂ Δ+∂Δβ−Δ+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ∂∂−∂ Δ+∂

=

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

Δ∂

Δ+∂ΔΔ+ρ

⇒

→Δ

→Δ

T

Ta nhận được phương trình dao động của dây

( ) ( )

t

t,xut,xw

x

)t,x(uT

xt

u)x(

2

2

∂∂

β−+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂

∂∂∂

=∂∂

ρ (9.2.1)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tr ường hợp 1: ;0,0w,constTT,const 0 =β====ρ

Đặt ρ= 02 Ta , ta nhận được phương trình sóng một chiều:

2

22

2

2

x

ua

t

u

∂∂

=∂∂

(9.2.2)

Tr ường hợp 2: ;0w,constTT,const 0 ====ρ

Đặt ρ

β=

ρ= k ;

Ta 02

, ta nhận được phương trình điện báo:

2

22

2

2

x

ua

t

uk

t

u

∂∂

=∂∂

+∂∂

(9.2.3)

Tr ường hợp 3: ;gw,0,constTT,const 0 ρ−==β===ρ với glà gia tốc tr ọng tr ường

Đặt ρ= 02 T

a , ta nhận được phương trình dao động của dây dướitác dụng của tr ọng lực:

2

22

2

2

x

uag

t

u

∂∂

=+∂∂

(9.2.4)

Tr ường hợp 4: 0w),x( paT),x(r 2 ==β==ρ Ta nhận được phương trình dao động của dây

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂

∂∂=

∂∂

x

u)x( p

xta

u)x(r 22

2

(9.2.5)

Để tìm nghiệm tường minh, cần phải có các đ i ều ki ện biên chophương trình dao động.1. Điều kiện biên Dirichlet: Sự di chuyển của đầu dây cho bởi

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

==

==

=

=

)t(gt,Luu

)t(gt,0uu

2Lx

10x

2. Điều kiện biên Neumann: Đạo hàm của đầu dây cho bởi

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=∂

∂=

∂∂

=∂

∂=

∂∂

=

=

)t(gx

t,Lu

x

u

)t(gx

t,0u

x

u

4

Lx

3

0x

3. Điều kiện biên Robin (điều kiện biên hỗn hợp): tổ hợp tuyến tínhcủa hai điều kiện biên trên, tức là

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

η∂∂

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

η∂∂

=

=

)t(ghuu

)t(ghuu

6

Lx

5

0x

trong đó η là véc tơ pháp tuyến đơn vị.

Điều kiện đầu cho bài toán dao động của dây là hình d ạng ban đầu và v ận t ốc ban đầu

( )

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∂

∂=

∂∂

==

=

=

)x(gt

0,xu

t

u

)x(f 0,xuu

0t

0t

(9.2.6)

2. Năng lượng dao động của dâyNăng lượng dao động của dây bằng tổng động năng và thế năng củadao động trên toàn bộ chiều dài của dây.Xét yếu tố nhỏ PQ của dây trên hình 2.3, đó là một cung có độ dài:

dxx

u

2

11dx

x

u1ds

22

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+≈⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+= (9.2.7)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Công thực hiện để đoạn dây dx dịch chuyển từ vị trí y = 0 đến vị tríPQ có độ dài ds được gọi là thế năng của yếu tố PQ.

Công làm căng sợi dây dx thành ds bằng lực sức căng nhân vớikhoảng cách.Giả sử lực sức căng là T0, thì thế năng của yếu tố PQ là:

( ) dxx

u

2

TdxdsTdV

2

00 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

=−= (9.2.7)

Động năng của yếu tố PQ được định ngh ĩ a bằng một nửa khối lượngnhân với bình phương vận tốc dao động của đoạn dây PQ:

( )2

tudx

21dT ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂ρ= (9.2.8)

Năng lượng dao động của dây là:

const

T

a

;dxx

ua

t

u

2dVdTVTE

02

L

0

2

2

2L

0

=ρ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂ρ

=+=+= ∫∫ (9.2.9)

3. Nghiệm của phương trình sóng là duy nhấtXét phương trình dao động của dây có lực tác dụng và điều kiện biênthuần nhất, điều kiện đầu:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=∂

∂=

==

>≤≤+∂∂

=∂∂

)x(gt

)0,x(u),x(f )0,x(u

;0)t,L(u,0)t,0(u

0t,Lx0),t,x(wx

ua

t

u2

22

2

2

Giả sử tồn tại hai nghiệm của phương trình là u1(x,t) và u2(x,t).Hiệu của chúng, v(x,t) = u1(x,t) – u2(x,t) phải thỏa mãn phương trình:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎩

⎪⎨⎧

=∂

∂=

==

>≤≤

∂

∂=

∂

∂

0t

)0,x(u,0)0,x(u

;0)t,L(u,0)t,0(u

0t,Lx0,

x

ua

t

u2

22

2

2

Về mặt vật lý, phương trình này mô tả tr ạng thái cân bằng của dâykhông có lực ngoài tác động, vì thế dây đứng yên không chuyểnđộng. Phương trình năng lượng của hàm v(x,t):

0x

)t,0(v

t

)t,0(v

x

)t,L(v

t

)t,L(vadx

x

v

t

v

xa

dxx

v

t

v

xadx

x

va

t

v

t

v

dxtx

v

x

va

t

v

t

v

dt

dE

;dxx

va

t

v

2VTE

2

L

0

2

L

0

2

L

0

2

22

2

2

L

0

22

2

2

L

0

22

2

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂

∂∂

∂−

∂∂

∂∂

ρ=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

∂∂

ρ=

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

∂∂

ρ+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

−∂∂

∂∂

ρ=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

ρ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂+⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂ρ=+=

∫

∫∫

∫

∫

Như vậy, E = const, nhưng E(0) = 0, nên t,0E ∀= .Khi năng lượng của v(x,t) luôn bằng không, theo định ngh ĩ a (9.2.9),thì v(x,t) phải là hằng số. Do v(x,0) = 0 suy ra:

)t,x(u)t,x(uLx0,t0)t,x(u)t,x(u)t,x(v 2121 =⇒≤≤∀=−=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.3. Giải phương trình dao động của dây bằng phươngpháp tách biến

1.Tìm nghiệm bằng phươ ng pháp tách bi ến FourierXét phương trình thuần nhất :

0t,Lx0;x

ua

t

u2

22

2

2

>≤≤∂

∂=

∂

∂ (9.3.1)

với điều kiện biên là hai đầu dây gắn chặt:

0)t,L(u,0)t,0(u == (9.3.2)

và điều kiện ban đầu gồm hình dạng và vận tốc ban đầu:

)x(gt

)0,x(u),x(f )0,x(u =

∂∂

= (9.3.3)

Nghiệm tìm dưới dạng u(x,t) = X(x)T(t).Thay vào phương trình ta được:

)x(X

)x(X

)t(Ta

)t(T

)t(T)x(Xa)t(T)x(X 2

2 ′′

=

′′

⇒′′=′′

Vì vế trái chỉ phụ thuộc t, vế phải chỉ phụ thuộc x, nên suy ra:

λ−=′′

=′′

=λ∃)x(X

)x(X

)t(Ta

)t(T:const

2

Do đó ta nhận được hai ODE sau:

0)t(Ta)t(T

2

=λ+′′

(9.3.4) 0)x(X)x(X =λ+′′ (9.3.5)

Các điều kiện biên (9.3.2) cho ta:( )( )

( ) ( ) 0)t(Tdo,0LX0X0)t(TLX)t,L(u

0)t(T0X)t,0(u≠==⇒

⎭⎬⎫

==

== (9.3.6)

Giải ODE (9.3.5) với điều kiện biên (9.3.6).WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Xét từng tr ường hợp 0,0,0 >λ=λ<λ

1. Tr ường hợp 0<λ : Nghiệm tổng quát ODE (9.3.5) tìm dướidạng:

xexpCxexpC)x(X 21 λ−−+λ−=

Để các điều kiện biên (9.3.6) thỏa mãn, ta cần:

( ) ( )

( ) ( )0C0C

LexpCLexpC

0LexpCLexpC

;0CC

21

11

21

21

=⇒=⇒⇒λ−−=λ−⇒

⇒⎩⎨⎧

=λ−−+λ−

=+

Ta chỉ nhận được nghiệm tầm thường của phương trình (9.3.5)

2.Tr ường hợp 0=λ :Nghiệm tổng quát ODE (9.3.5) tìm dướidạng:

xCC)x(X21

+=


⎩⎨⎧

=

=⇒

⎩⎨⎧

=+

=

0C

;0C

0LCC

;0C

2

1

21

1

Ta chỉ nhận được nghiệm tầm thường của phương trình (9.3.5)

3.Tr ường hợp 0>λ : phương trình (9.3.5) có nghiệm không tầmthường.Nghiệm tổng quát ODE (9.3.5) tìm dưới dạng:

xsinCxcosC)x(X 21 λ+λ=


( ) 0LsinC;0C 21 =λ=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nếu chọn 0C2 = , ta chỉ nhận được nghiệm tầm thường. Do đó

cần chọn 0C2 ≠ và điều kiện biên X(L) = 0, tr ở thành:

π=λ⇔=λ nL0Lsin

Do đó bài toán chỉ có nghiệm không tầm thường khi giá tr ị riêng:

,....3,2,1n,L

n 2

n =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π=λ=λ (9.3.7)

Các hàm riêng ứng với giá tr ị riêng (9.3.7) có dạng

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π=

L

xnsinCX nn (9.3.8)

Do các hàm riêng của ODE thuần nhất (9.3.5) được xác định sai

khác một nhân tử hằng số nC . Bởi vậy có thể coi:

1dx)x(X

L

0

2

n =∫

Bằng cách chọnL

2Cn = . Khi đó:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π=

L

xnsin

L

2Xn (9.3.9)

Thay nλ=λ vào ODE (9.3.4) ta có:

0)t(TL

an)t(T

2

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+′′

Từ đó nghiệm T(t) là:

L

atnsinB

L

atncosA)t(T nnn

π+

π= (9.3.10)

trong đó An, Bn là các hằng số tùy ý.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Vậy, nghiệm riêng của (9.3.1) là:

L

xnsin

L

2

L

atnsinB

L

atncosA

)t(T)x(X)t,x(u

nn

nnn

π⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π=

==

(9.3.11)

Nghiệm tổng quát, là tổng theo tất cả các nghiệm riêng, là:

L

xnsin

L

atnsinB

L

atncosA

L

2)t,x(u

1n

nn

π⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π= ∑

∞

=(9.3.12)

Các điều kiện đầu (9.3.3) cho ta xác định các hệ số tùy ý An, Bn như sau:

∑

∑∞

=

∞

=

ππ==

∂∂

π==

1n

n

1n

n

L

xnsin

L

anB

L

2)x(g

t

)0,x(u

L

xnsinA

L

2)x(f )0,x(u

(9.3.13)

Với giả thiết chuỗi nghiệm lấy vi phân được theo từng số hạng.Giả thiết r ằng các hàm điều kiện đầu f(x), g(x) có thể khai triển

được thành chuỗi theoL

xnsin

πtrên đoạn [0,L] sao cho chuỗi mô

dun các số hạng của chúng hội tụ đều. Khi đó các hệ số An, Bnđược xác định bởi:

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

ππ

=

π=

∫∫

dxL

xnsin)x(g

an

L2B

dxL

xnsin)x(f

L

2A

L

0

n

L

0n

(9.3.14)

Nhận xét: nếu các hàm f(x), g(x) có đạo hàm cấp một liên tục vàgiá tr ị các hàm này tại đầu mút của đoạn [0,L] bằng không thì với(9.3.14), chuỗi (9.3.12) hội tụ tuyệt đối và đều khi 0t,Lx0 >≤≤ .WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( Đánh giá nhờ 1

L

atncos,1

L

atnsin ≤

π≤

π và (9.3.14))

Từ đó hàm u(x,t) xác định bởi chuỗi (9.3.12) là liên tục và thỏamãn điều kiện biên và điều kiện ban đầu về hình dạng:

)x(f )0,x(u = Tuy nhiên, u(x,t) xác định bởi chuỗi (9.3.12), thỏa mãn phươngtrình đã cho và điều kiện đầu vận tốc

)x(g

t

)0,x(u=

∂

∂

Chỉ khi chuỗi xác định u(x,t) lấy được vi phân hai lần từng số hạngtheo x và t. Điều này thực hiện được nếu chuỗi nhận được sau đó

là chuỗi hội tụ đều trong hình chữ nhật { }Tt0;Lx0 ≤≤≤≤ . Điều kiện đủ, với mọi T, là:

+ Hàm f(x) có các đạo hàm liên tục đến cấp bốn trên đoạn [0,L]và triệt tiêu cùng đạo hàm cấp một và cấp hai tại các đầu mútcủa đoạn

+ Hàm g(x) có các đạo hàm liên tục đến cấp ba trên đoạn [0,L]và triệt tiêu cùng đạo hàm cấp một tại các đầu mút của đoạn.

Thực tiễn khi áp dụng phương pháp tách biến Fourier chỉ cầnquan tâm:Các hàm f(x), g(x) có các đạo hàm liên tục đến cấp một, và chínhcác hàm này có triệt tiêu tại đầu mút của đoạn hay không.

2.Ý ngh ĩ a vật lý của nghiệmXét nghiệm riêng

( )

n

nn

2

n

2

nn

nn

nnn

A

Barctg

L

an,BA

;L

xnsin

L

2t

L

ancos

L

xnsin

L

2

L

atnsinB

L

atncosA)t,x(u

−=δπ

+=α

πδ+

πα=

=π⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ π+π=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Mỗi điểm của dây x = x0, thực hiện một dao động điều hòa

( ) L

xnsinL

2tL

ancos)t,x(u

0nn0n

πδ+

πα=

với biên độ

( )L

2t

L

ancos nn δ+

πα

chuyển động của dây như thế gọi là sóng đứ ng .Các điểm:

0L

xnsin:1n,...,2,1m,nLmx =π−==

trong suốt quá trình dao động được gọi là nút sóng .Các điểm

( ) 1L

xnsin:1n,...,2,1m,

n2

L1m2x ±=

π−=+=

thực hiện dao động với biên độ nα cực đại trong suốt quá trình daođộng được gọi là bụng sóng .

Dạng sóng đứng tại thời điểm bắt kỳ có dạng hình sin:

( )L

an,tcos)t(C

;L

xnsin

L

2)t(C)t,x(u

nnnnn

0n0n

π=ωδ+ωα=

π=

Tại thời điểm t khi ( ) 1tcos nn ±=δ+ω , độ lệch đạt giá tr ị cực đại,còn vận tốc chuyển động bằng không.

Tại thời điểm t khi ( ) 0tcos nn =δ+ω , độ lệch bằng không, còn vậntốc chuyển động đạt giá tr ị cực đại. Tần số dao động của mọi điểmcủa dây giống nhau và bằng:

ρπ

=π

=ω T

L

n

L

ann

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Một vài dạng dao động điều hòa của dây được cho bởi Hình 9.3.1.

Năng lượng sóng đứng của dao động điều hòa thứ n cho dao độngcủa dây là:

( ) ( )

( ) ( )

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡δ+ω⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ π+δ+ωρω

α=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ πδ+ω⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

πδ+ωρω

α=

=⎥⎥⎦

⎤⎢⎢⎣

⎡ ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂+⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂ρ=

∫

∫

nn

2

2

nn

22

n

2

n

L

0

2

nn

2

2

2

nn

22

n

2

n

L

0

2n

2n

n

tcosL

nTtsin

2

L

2

dxL

xncostcos

L

nT

L

xnsintsin

2

dxx

uT

t

u

2

1E

Thay

4

LE

L

an,aT

2

n

2

nnn

2 ωρα=⇒

π=ωρ=

(không phụ thuộc vào t), ta có năng lượng dao động thứ n của dây:

ρ=+

ω=ωρα

= L:M;4

BAM

4

LE

2

n

2

n2

n

2

n

2

nn

Hình 9.3.1. Hàm dao động điều hòa (thứ 1, 2, 3, 4)của dây

Bụng sóng

Nút sóng

n =1

n =2

n =3

n = 4

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Ta có âm c ơ bản do dao động của dây phát ra có dạng

ρπ

=π

=ω T

LL

a11

Các âm còn lại:

,...3,2n,T

L

n

L

ann =

ρπ

=π

=ω

được gọi là họa âm.

Như vậy: Bằng phương pháp tách biến Fourier giải bài toán dao

động của dây, ta có nhận xét:“Quá trình dao động của dây phát ra âm thanh cơ bản có năng lượnglớn nhất kém theo vô hạn các họa âm”. Điều này giúp cho các nhà sáng chế tạo nên âm thanh trung thực khithiết kế các bộ thu phát âm thanh.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.4. Dao động xoắn của thanh đồng chất

1. Phương trình dao động xoắnXét thanh tr ụ tròn, đồng chất, chiều dài L, bị dao động xoắn (tức làkhi dao động các thi ết di ện ngang c ủa thanh đượ c gi ữ trên một mặt

phẳng và quay quanh tr ục c ủa thanh). Các thiết diện này không bị méo và ảnh hưởng đến các tiết diện bên cạnh đồng thời không dichuyển song song với tr ục của thanh khi xoắn.Chỉ xét dao động của thanh với biên độ nhỏ.

Kết luận: góc quay của thiết diện khi dao động là hàm của thời gianvà tọa độ thỏa mãn phương trình sóng.

Chứ ng minh:Chọn gốc tọa độ là một trong các đầu mút của thanh, hướng tr ục xdọc theo tr ục thanh. Gọi mn và m1n1 là hai thiết diện trong thanh,cách nhau khoảng dx, một mô men xoắn M đặt vào mn gây nên gócxoắn θ so với thiết diện m1n1 (Hình 9.4.1)Tính mô men xoắn như sau:

Xét hình tr ụ mỏng có thiết diện dσ, dưới tác dụng của mô men xoắntác động vào thiết diện này, điểm A của đoạn AA1 di chuyển mộtđoạn AB: θ= rdAB . (r là khoảng cách từ B đến tr ục của thanh, Ox).

Gọi τ là độ lớn sức căng do đoạn AA1 bị dịch chuyển thành đoạnBA1, theo định luật Hooke ta có:

BAA,G 1∠=ϕϕ=τ

dθ

ϕ

B

A1 A

n1 m1

Hình 9.4.1. Dao động xoắn của thanh

O

m n

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




LxLx

2

2

1

x

GJ

t

K

== ∂

θ∂−=

∂

θ∂

Như vậy bài toán dao động của đồng chất được xét là:

K

GJa,

xa

t

2

2

22

2

2

=∂

θ∂=

∂θ∂

(9.4.1)

với điều kiện biên:

K

GJc,

xc

t;0 2

Lx

2

Lx

2

2

0x =

∂θ∂

−=∂

θ∂=θ

==

= (9.4.2)

và điều kiện đầu

)x(gx

);x(f 0t

0t =

∂θ∂

=θ=

= (9.4.3)

Cách giải: Tìm nghiệm dưới dạng tách biến)x(X)t(T)t,x( =θ (9.4.4)

Thay vào phương trình ta được:

)x(X

)x(X

)t(Ta

)t(T)t(T)x(Xa)t(T)x(X

2

2 ′′=

′′⇒′′=′′

Vì vế trái chỉ phụ thuộc t, vế phải chỉ phụ thuộc x, nên suy ra:

2

2 )x(X

)x(X

)t(Ta

)t(T:const λ−=

′′=

′′=λ∃

Chỉ tìm nghiệm khác không và cần vế trái đẳng thức trên luôn âm.Ta thu được các ODE sau:

0)t(Ta)t(T 22 =λ+′′ (9.4.5)

0)x(X)x(X 2 =λ+′′ (9.4.6)

Hàm (9.4.4) thỏa mãn điều kiện biên (9.4.2), nên:

0)L(Xa)L(Xc;0)0(X 222

0x =λ−′=

= (9.4.7)

(a)Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện biên

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Xét bài toán tr ị riêng của (9.4.6) với điều kiện biên (9.4.7):Nghiệm của ODE (9.4.6) có dạng:

xsinCxcosC)x(X 21 λ+λ= (9.4.8) Thay điều kiện biên vào, ta được

( ) 0CLsinaLcosc;0C 2

222

1 =λλ−λλ= Do C2 ≠ 0, nên suy ra

0LsinaLcosc 22 =λλ−λ (9.4.9)

là phương trình xác định tr ị riêng cho bài toán (9.4.6) và (9.4.7).Phương trình siêu việt này, được giải bằng phương pháp đồ thị.

Đặt

1

2

2

K

LK

a

Lc p,L ==μ=λ (9.4.10)

Ta có phương trình:0cos psin =μ−μμ (9.4.10a)

Xây dựng đồ thị hai hàm: py,gcoty

μ=μ= và xác định các

điểm cắt nhau của hai đồ thị là M1, M2, M3,…. như hình (9.4.2).

O

32π

M3

M2

M1

μ3 μ2

y = cotgμ y = μ/p

xμ1

Hình 9.4.2. Điểm cắt nhau của hai đồ thị y = cotg và y = /pWWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Từ hình 9.4.2. ta thấy các nghiệm μk tăng khi k tăng, đồng thời hiệucủa μk – (k-1)π → 0 . Như vậy với k đủ lớn có thể xem:

( )π−≈μ 1k k (9.4.11) Các tr ị riêng

,...3,2,1k ,L

2

k 2

k =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ μ=λ (9.4.12)

Thay vào (9.4.8), ta có các hàm riêng tương ứng:

,...3,2,1k ,xLsin)x(X

k

k =

μ

= (9.4.13)Các hàm riêng này không tr ực giao.Thay λk tìm được vào ODE đối với hàm T(t), (9.4.5), nghiệm tổngquát của ODE này là:

L

atsin b

L

atcosa)t(T k

k k

k k

μ+

μ=

với ak, bk là các hằng tùy ý. được xác định bởi điều kiện đầu.Như vậy, nghiệm riêng của phương trình song có dạng:

L

xsin

L

atsin b

L

atcosa)t,x( k k

k k

k k μ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ μ+μ=θ

Và nghiệm tổng quát của phương trình sóng sẽ là

∑∞

=

μ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ μ+

μ=θ

1k

k k k

k k

L

xsin

L

atsin b

L

atcosa)t,x( (9.4.14)

(a)Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện đầu

Từ các điều kiện ban đầu:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=μμ

=∂

θ∂

=μ

=θ

∑

∑∞

=

∞

=

)x(gL

xsin b

La

t

)0,x(

)x(f L

xsina)0,x(

1k

k k

k

1k

k k

(9.4.15)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Do hệ các hàm⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ μ

L

xsin k

không tr ực giao trên đoạn [0,L], nên để xác

định các hệ số ak, bk ta cần dùng kỹ thuật khác.

Ta sẽ thấy hệ hàm⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ μ

L

xcos k

tr ực giao trên đoạn [0,L], tức là :

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=μ+μμ

≠=

μμ= ∫ nk nêú2sin2

4

L

nk nêú0

dxL

xcos

L

xcosI

nn

n

n

L

0

k kn

Thật vậy, khi k = n , ta có

( )nn

n

n

n

L

0

n

L

0

n2nL

0

nnn

2sin24

L

2

2sinLL

2

1dx

L

x2cos1

2

1

dxL

xcosdx

L

xcos

L

xcosI

μ+μμ

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

μμ

+=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ μ+=

=μ=μμ=

∫

∫∫

Tiếp tục với k ≠ n, nk μ=μ⇒ (do là tính chất nghiệm của (9.4.10a)).

( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )nk 2

n

2

k

nk nk 2

n

2

k

nk

nk

nk

nk

nk

L

0x

nk

nk

L

0x

nk

nk

L

0

nk

L

0

nk n

L

0

k

sin2

Lsin

2

L

sin2

Lsin

2

L

L

xsin

2

L

L

xsin

2

L

dxL

xcos

2

1dx

L

xcos

2

1dx

L

xcos

L

xcos

μ+μμ−μμ−μ

+μ−μμ−μμ+μ

=

=μ+μμ+μ

+μ−μμ−μ

=

=μ+μ

μ+μ+

μ−μμ−μ

=

=μ+μ

+μ−μ

=μμ

==

∫∫∫

Do

( ) ( ) bcosacostgbtga basin ±=± WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Suy ra

( ) ( )

( )( )2

n

2

k

k k k k nk

k k k nnk k nnk k k 2n

2k

nk

kn

tgtgcoscosL

tg2tgtgtgtgtg22

coscosLI

μ−μμμ−μμ

μμ=

μμ−μμ−μμ+μμ+μμ−μμμ−μ

μμ=

Do nk ,μμ là nghiệm của phương trình (9.4.10a):

⇒μ

=μ⇒=μ−μμ p

tg0cos psin

( )( ) 0

tgtgcoscosLI 2

n

2

k

k k k k nk kn =μ−μμμ−μμ

μμ=⇒

Đạo hàm hai vế công thức các điều kiện đầu (9.4.15), với giả thiếtphép tính đạo hàm chuỗi vô hạn thực hiện được qua từng số hạngcủa chuỗi, ta có:

⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

′=μμμ

′=μμ

∑

∑∞

=

∞

=

)x(gL

xcos

L b

La

)x(f L

xcos

La

1k

k k k

k

1k

k k k

Nhân hai vế của các đẳng thức này vớiL

xcos nμ

, tiếp đó lấy tích

phân hai vế trên đoạn [0, L] và nhờ tính tr ực giao của họ các hàm

⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧ μ

L

xcos k

, các hệ số cho biểu thức biểu diễn nghiệm được xác định

bởi công thức sau đây:

( )

( )⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

μ′μ+μμ

=

μ′μ+μ

=

∫

∫

dxL

xcos)x(g

2sin2

4

a

L4 b

dxL

xcos)x(f

2sin2

4a

n

L

0nnn

n

n

L

0nn

n

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.5. Dao động với biên độ nhỏ của một sợi chỉ treo mộtđầu

Xét sợi chỉ nhỏ, đồng chất, dễ uốn với khối lượng nào đó, chiều dàiL. Sợi chỉ được buộc chặt một đầu x = L và dao động dưới tác dụngcủa tr ọng lực (Hình 9.5.1). Độ dịch chuyển cực đại tại đầu x = 0 sovới phương thẳng đứng là h.Chọn tr ục x theo hướng thẳng đứng, do đó nó trùng với vị trí ban đầucủa sợi chỉ .Gọi u = u(x,t) là độ dịch chuyển của sợi chỉ khỏi vị trí cân bằng tạithời điểm t.

Xét dao động với biên độ nhỏ, để có thể bỏ qua bình phương của

đạo hàm xu ∂∂ so với đơn vị.

Gọi )x(α là góc theo hướng dương của tr ục x với tiếp tuyến của sợichỉ tại điểm x và thời điểm t. Ta có:

( ) x

u

xu1

xu

)x(tg1

)x(tg)x(sin

22 ∂∂

≈∂∂+

∂∂=

α+

α=α

Sức căng T của sợi chỉ tại điểm N, hoành độ x, bằng tr ọng lượng của

sợi chỉ ở phần thấp hơn N: xgT ρ=

M1 N1

O u

x

N M

Hình 9.5.1. Dao động của một sợi chỉ treo một đầu

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




với ρ là mật độ khối lượng tuyến tính của sợi dây, g là gia tốc tr ọngtr ường.

Chọn đoạn tùy ý của sợi chỉ MM1, có đội dài dx, đoạn tương ứng ở vị trí cân bằng là NN1.

Véc tơ sức căng Tr

tại điểm M1 tiếp xúc với sợi chỉ , biểu diễn sứccăng tác dụng lên đoạn MM1. Các thành phần của véc tơ sức căngnày được chiếu lên các tr ục tọa độ:

+ theo phương ngang:( ) ( )

dxxux

xg

xuxg

xuxg

)x(sinxg)x(sinxg

MM

MM

1

1

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂

∂∂ρ=⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂ρ−⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

∂∂ρ=

=αρ−αρ

(9.5.1)

+ theo phương thẳng đứng

( ) ( ) dxg)x(cosxg)x(cosxg MM1ρ≈αρ−αρ

chú ý r ằng

( )

1

xu1

1)x(cos

2≈

∂∂+

=α

Chuyển động của đoạn MM1 được xem là tự do với điều kiện ta vẫnduy trì lực sức căng tại điểm M và M1, đồng thời tính đến tr ọng lực

hướng xuống dưới bằng dxgρ . Thành phần thẳng đứng của tổnghợp lực sức căng là sự cân bằng của lực hấp dẫn. Vì thế giả sử r ằng, yếu tố sợi chỉ MM1 chuyển động dưới tác động của các thànhphần nằm ngang của lực (9.5.1). Cân bằng lực này với tích của khối

lượng dxρ của các phần tử của sợi chỉ với gia tốc của nó22 tu ∂∂ ta nhận được PDE dao động của sợi chỉ với biên độ nhỏ

được treo ở một đầu:

⇔∂∂

ρ=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

ρ dxt

udx

x

ux

xg

2

2

ga;t

u

a

1

x

ux

x 2

2

2 =

∂∂

=⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂

∂∂

⇔ (9.5.2)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Điều kiện biên

0uLx

==

(9.5.3)

Các điều kiện đầu:

)x(gt

u),x(f u

0t0t

=∂∂

==

= (9.5.4)

Để áp dụng phương pháp tách biến Fourier giải bài toán (9.5.2),(9.5.4) ta biến đổi phương trình trên bằng cách đưa vào biến mới:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂ξ

ξ∂ξ∂

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂ξ

∂ξ

ξ∂ξ∂

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

⇒

⇒=ξξ=ξ⇒=ξ

u

42

u

2x

ux

x

dxd2,xx

2

2

và phương trình (9.5.2) có dạng mới:

2

2

2 t

u

a

1u

4 ∂∂

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξ∂

∂ξ

ξ∂ξ∂

(9.5.5)

Nghiệm phương trình này được tìm dưới dạng: ( ) ( ) ( )tTt,u ξω=ξ Thay vào (9.5.5), ta có

2

2

)t(T

)t(T

a

2

d

d

d

d

)(

1λ−=

′′⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ξω

ξξξξω

và nhận được hai ODE

0)(dd

dd 2 =ξξωλ+⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ξωξξ (9.5.6)

0)t(T2

a)t(T

2

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ λ+′′ (9.5.7)

Phương trình (9.5.6) (là phương trình Bessel) có nghiệm là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ( ) ( )λξ+λξ=ξω 0201 YCJC (9.5.8)

trong đó J0, Y0 là các hàm Bessel loại 1 và loại 2 cấp không xác địnhbởi các công thức sau đây:

( )

( )

0,x)xexp()(

nsin

)x(Jncos)x(J)x(Y;

n1k !k

2

x1

)x(J

0

1

nnn

0k

nk 2

k

n

>ν∀−=νΓ

π

−π=

++Γ

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

∫

∑∞

−ν

−∞

=

+

Vì ( ) 0C0khiY 20 =⇒→ξ∞→λξ .

Điều kiện biên (9.5.3) xác định tr ị riêng 0LJ0 =λ .

Gọi k μ là không điểm của hàm Bessel J0, tức là: ( ) 0J k 0 =μ .

Khi đó ta có vô hạn các nghiệm ,....., 21 μμ suy ra các giá tr ị riêngđược xác định bởi phương trình:

,....3,2,1k ,L

2

k 2k =μ=λ (9.5.9)

Các hàm riêng ứng với các tr ị riêng này có dạng:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μ=ω

L

xJ)x( k 0k (9.5.10)

Giải ODE (9.5.7), nghiệm có dạng:

Latsin b

Latcosa)t(T k

k k

k k μ+μ=

Như vậy nghiệm tổng quát cần tìm là:

( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ μ+

μ= ∑

∞

= L

xJ

L

atsin b

L

atcosat,xu k 0

1k

k k

k k (9.5.11)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Trong đó các hằng số ak, bk được xác định từ điều kiện đầu:

)x(f L

xJa

1k

k 0k =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μ∑

∞

=

Từ tính tr ực giao của hệ hàm Bessel, suy ra:

( ) dx

L

xJ)x(f

LJ

1a k 0

L

0n

2

1

n ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μ

μ= ∫ (9.5.12)

Tương tự

( ) dx

L

xJ)x(g

JLa

1 b k 0

L

0n

2

1

n ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μμ

= ∫ (9.5.13)

Nếu đặt

⇒ϕ=ϕ= k k k k k k cos N b,sin Na Nghiệm được viết dưới dạng

( ) ∑∞

=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ϕ+μ

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ μ=

1k

k k

k 0k

L2

atsin

L

xJ Nt,xu

(9.5.14)

Đó là tổng vô hạn các dao động điều hòa.Chu kỳ của tần số cơ bản của dao động này là:

g

L4

L2a

22T

111

1 μπ

=μ

π=

ωπ

= (9.5.15)

Từ công thức (9.5.14), biên độ của dao động điều hòa thứ k bằngkhông ở các điểm:

Lx,Lx....,,Lx,Lx

,....L

x,

L

x0

L

xJ

l

2

k

1k 1k

2

k

22

2

k

11

22

k 11

k k 0

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

μμ

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

μμ

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

μμ

=

μ=μμ=μ⇒=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ μ

−−

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.6. Phương trình không thuần nhất

1. Phương trình không thuần nhấtDạng 1:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂=

==

>≤≤=∂∂

−∂∂

=

0t

)0,x(u,0)0,x(u

0)t,L(u,0)t,0(u

0t,Lx0);t,x(hx

ua

t

u)u(L

2

22

2

2

(9.6.1)

Dạng 2:

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

∂

∂=

==

>≤≤=∂∂

−∂∂

=

)x(g

t

)0,x(u),x(f )0,x(u

0)t,L(u,0)t,0(u

0t,Lx0);t,x(hx

ua

t

u)u(L

2

22

2

2

(9.6.2)

2. Cách giảiCách giải dạng 1: điều kiện biên và ban đầu đều là thuần nhất. Đặt

,...2,1n,L

xnsin)x(Fn =

π=

Tìm nghiệm của (9.6.1) dưới dạng:

( ) ∑∞

=

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ π=

1n

nL

xnsin)t(At,xu (9.6.3)

trong đó )t(An cần xác định và thỏa mãn điều kiện ban đầu sau:

0)0(A,0)0(A nn =′= (9.6.4)

Thay vào (9.6.1) ta được

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) [ ]

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=π

=ω

=ω+′′= ∑∞

=

,...2,1n,L

an

);t,x(h)x(F)t(A)t(At,xu

2

n

1n

nn

2

nn

(9.6.5)

Tập hợp các hàm ...3,2,1n,L

xnsin)x(Fn =

π= tr ực giao trên đoạn

[0,L] với tr ọng số r(x) = 1. Thật vậy, xét tích vô hướng:

( )

( )

( )

( ) nmkhi,0

nm2

L

xnmsin

nm2

L

xnmsin

L

dxL

xnsin

L

xmsin.1

L

xnsin,

L

xmsin

L

0x

L

0

≠=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+

π+

−−

π−

π=

=ππ

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ππ

=

∫

Bình phương chuẩn hóa của mỗi hàm:

( )

2

L

L

xm2sin

m4

L

2

x

dxL

xmsin

L

xmsin.1

L

xmsin,

L

xmsin

FF,F

L

0x

L

0

2

mmm

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ππ

−=

=ππ

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ππ=

==

=

∫

Dãy hàm ...3,2,1n,L

xnsin

L

2)x(G n =

π= tr ực giao trên đoạn [0, L],

với hàm tr ọng số r(x) = 1, bình phương chuẩn hóa của mỗi hàm là 1.

Nhân hai vế của phương trình (9.6.5) với Fm(x), tích phân từ 0 đến Lhai vế, do tính tr ực giao của hệ hàm Fm(x), m = 1,2,…, ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




[ ]( )

[ ] ⇒=ω+′′⇒

⇒=ω+′′

∫∫

∑∞

=

L

0

m

2

mm

2

mm

L

0

m

1n

mnn

2

nn

dx)x(F)t,x(hF)t(A)t(A

dx)x(F)t,x(hF,F)t(A)t(A

⎪

⎩

⎪⎨

⎧

==

=ω+′′

∫ ∫L

0

L

0

mm2

m

m

mm

2

mm

dx)x(F)t,x(h

L

2dx)x(F)t,x(h

F

1)t(H

);t(H)t(A)t(A

(9.6.6)

Nghiệm của ODE (9.6.6) với điều kiện đầu (9.6.4) được tìm theophương pháp biến thiên hằng số.Giải ODE thuần nhất

0)t(A)t(A m

2

mm =ω+′′

ta thu được nghiệm

tsinCtcosC)t(A m2m1m ω+ω=

Nghiệm của ODE không thuần nhất

)t(H)t(A)t(A mm

2

mm =ω+′′

Được tìm dưới dạng

tsin)t(tcos)t()t(A mmm ωβ+ωα= (9.6.6)

với các hàm theo t )t(),t( βα xác định từ hệ phương trình:

( ) ( ) ⇒

⎩⎨⎧

=ωωβ′+ωω−α′

=ωβ′+ωα′

)t(Htcos)t(tsin)t(

0tsin)t(tcos)t(

mmmmm

mm

⇒ωω

=β′ωω

−=α′⇒ tcos)t(H1

)t(;tsin)t(H1

)t( mm

m

mm

m

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ξξωξω

=β

ξξωξ

ω

−=α

∫∫

dcos)(H1

)t(

dsin)(H1

)t(

t

0

mm

m

t

0

mm

m

(9.6.7)

Thay giá tr ị )t(),t( βα từ (9.6.7) vào (9.6.6), ta có:

( )

( ) ξξ−ωξω

=

=ξξωω−ωξωξω

=

∫∫

dtsin)(H1

dsintcostsincos)(H1

)t(A

t

0

mm

m

t

0mmmmm

mm

Vậy nghiệm của bài toán (9.6.1) là:

( )L

xnsindtsin)(H

1)t,x(u

1n

t

0nn

n

π

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡ξξ−ωξ

ω=

∑ ∫

∞

= (9.6.8)

Cách giải dạng 2:

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂

=

==

>≤≤=∂∂

−∂∂

=

)x(gt

)0,x(u

),x(f )0,x(u

0)t,L(u,0)t,0(u

0t,Lx0);t,x(hx

ua

t

u)u(L

2

22

2

2

Do toán tử

2

22

2

2

x

ua

t

u)u(L

∂∂

−∂∂

=

là toán tử tuyến tính, nên nghiệm (9.6.2) được tìm dưới dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




)t,x(w)t,x(v)t,x(u +=

trong đó v(x,t) là nghiệm của bài toán:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂=

==

>≤≤=∂∂

−∂∂

=

0t

)0,x(v,0)0,x(v

0)t,L(v,0)t,0(v

0t,Lx0);t,x(hx

va

t

v)v(L

2

22

2

2

(9.6.9)

và:

( )L

xnsindtsin)(H

1)t,x(v

1n

t

0

nn

n

π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξξ−ωξ

ω= ∑ ∫

∞

=(9.6.10)

còn w(x,t) là nghiệm của các bài toán sau:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂=

==

>≤≤=∂∂

−∂∂

=

)x(gt

)0,x(w),x(f )0,w(v

0)t,L(w,0)t,0(w

0t,Lx0;0x

wa

t

w)w(L

2

22

2

2

(9.6.11)

và

L

xnsin

L

atnsinB

L

atncosA

L

2)t,x(w

1n

nn

π⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π= ∑

∞

= (9.6.12)

Như vậy, nghiệm của phương trình (9.6.2) là:

( )L

xnsindtsin)(H

1

L

xnsin

L

atnsinB

L

atncosA

L

2)t,x(u

1n

t

0

nn

n

1n

nn

π⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ξξ−ωξ

ω+

+π

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π+

π=

∑ ∫

∑∞

=

∞

=

(9.6.13)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.7. Sóng âm trong chất khí hoặc chất lỏng

Sóng âm là sóng đàn hồi theo chiều dọc, được sinh ra do dao độngcủa dây, cột khí hay của bề mặt nào đó.(Sóng dao động di chuyểnsinh ra âm thanh).Xét sóng âm tạo được từ việc nén chất lỏng, chất khí có mật độ khốilượng ρ.Không đi vào chi tiết việc thành lập phương trình dao động của sóngâm, mà chỉ nêu kết quả:+ Nồng độ của chất khí là nghiệm của phương trình sóng sau:

0

0

2

2

2

2

2

22

2

2

Pa

;z

s

y

s

x

s

at

s

ργ

=

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

+∂

∂

+∂

∂

=∂

∂

trong đó P0, ρ0 là áp suất và mật độ khối lượng ban đầu, γ là tỷ số nhiệt dung.+ Áp suất P cũng là nghiệm của phương trình sóng

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂∂+

∂∂+

∂∂=

∂∂

2

2

2

2

2

22

2

2

zs

ys

xsa

tP

+ Véc tơ vận tốc V, hàm thế U cũng tương tự.

§9.8. Sóng điện và từ Không trình bầy

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.9. Chuyển động sóng của chất r ắn

Nội dung chính: Dao động dọc của thanh là nghiệm của phương trìnhsóng

1.Thí nghiệm của HookeXét sợi dây kim loại có thiết diện A như nhau bị một lực làm căngnhư hình (9.9.1)

Đị nh nghĩ a:

+ Độ căngL

LΔ=ε =

+ Độ nén S

W

=σ =

Đị nh luật Hooke

Độ nén tỷ lệ với độ căng, ε=σ E , trong đó E là mô đun Youngcủa độ đàn hồi.

Nếu vật liệu đồng chất và đẳng hướng thì E = constNếu vật liệu không đồng chất và đẳng hướng thì E = E(x) làhàm của tọa độ.

W

Hình 9.9.1. Thí nghiệm của Hooke

P

P’

L

L

L+ΔL

sự thay đổi chiều dài

chiều dài gốc

lực

diện tích

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

x

t,xu)t,x(

∂

∂=ε=ε

Do đó độ nén tại tọa độ x , thời điểm t là:

( )x

t,xu)x(E)t,x()x(E)t,x(

∂∂

=ε=σ

Áp dụng định luật hai Newton vào yếu tố PQ, ta có:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

x

t,xuxExA

x

t,xxuxxExxA

t,xxAt,xxxxAt

t,

2

xxu

x2xx 2

2

∂∂

−∂

Δ+∂Δ+Δ+=

=σ−Δ+σΔ+=∂

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ Δ+∂

Δ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ Δ+ρ

Chia hai vế cho Δx và lấy giới hạn khi Δx → 0 ta được phương trìnhchuyển động dọc của thanh:

( ) ( )

( )

( )

( )2

2

t

t,xu

xx

t,xu

xExAx ∂

∂

ρ=⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

∂

∂

∂

∂

(9.9.1)

Đây là phương trình Pochummer

Khi A, E và ρ là hằng số, phương trình này rút gọn thành phươngtrình sóng một chiều.

( ) ( )ρ

=∂

∂=

∂∂ AE

a;x

t,xua

t

t,xu 2

2

22

2

2

Các đ i ều ki ện biên đ i ển hình:+ Điều kiện biên Dirichlet: (các đầu cố định)

( ) 0t,0)t,L(u,0t,0u >==

+ Điều kiện biên hỗn hợp: (một đầu cố định, một đầu tự do)

( ) 0x

)t,L(u,0t,0u =

∂∂

=

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Chú ý r ằng: một đầu thanh x = L để tự do, túc là tại đó sức căngbằng không vì

( ) 0x

)t,L(ux

)t,x(ut,xLx

Lx =

∂∂=

∂∂=ε

==

Đi ều ki ện ban đầu:

( ) )x(gt

)t,x(u),x(f 0,xu =

∂∂

=

Bài toán

Xét thanh tr ụ với thiết diện A và mật độ ρ là các hằng số, có độ dài L,đầu x = 0 cố định, đầu x = L để tự do. Kéo đầu tự do đến khoảngcách L1 r ồi thả ra, như vậy thanh sẽ thực hiện dao động dọc.Hãy xác định độ dịch chuyển và vận tốc chuyển động của thiết diệnbất kỳ của thanh.

Gi ải: Gọi u(x,t) là độ dịch chuyển của thiết diện tại vị trí x, thời điểm t.Ta có phương trình dao động của thanh là:

( ) ( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂=

ρ=

∂∂

=∂

∂

0x

t,Lu,0)t,0(u

AEa;

x

t,xua

t

t,xu 2

2

22

2

2

(9.9.2)

Theo điều kiện ban đầu, độ căng của thanh là

dx

du

L

LL 1 =−

=ε

và độ dịch chuyển ban đầu làLx0,x)0,x(u <<ε= (9.9.3)

Thiết diện ban đầu ở tr ạng thái nghỉ , do đó vận tốc ban đầu là:

( )Lt0,0

t

0,xu<<=

∂∂

(9.9.4)

Nghiệm được tìm dưới dạngu(x,t) = X(x)T(t)WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




Thay vào phương trình ta có:

2

2

2

)x(X

)x(X

)t(Ta

)t(T

)t(T)x(Xa)t(T)x(X λ−=

′′

=

′′

⇒′′

=′′

Do đó ta nhận được hai ODE sau:

0)t(Ta)t(T 22 =λ+′′ (9.9.5)

0)x(X)x(X 2 =λ+′′ (9.9.6)

Các điều kiện biên một đầu gắn chặt, một đầu tự do cho ta:

( )

( ) ( ) ( ) 0)t(Tdo,0LX,00X0)t(TLXx

)t,L(u

0)t(T0X)t,0(u

≠=′=⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

=′=∂

∂

==

(9.9.7)

Giải ODE (9.9.6)

xsinCxcosC)x(X 21 λ+λ=

với điều kiện biên (9.9.7) ta thu được:

0LcosC,0C 21 =λλ=

Giả thiết C2 ≠ 0 (nếu không phương trình chỉ có nghiệm tầm thường).

( ),...3,2,1,0k ,

L2

1k 20Lcos k =

π+=λ⇒=λ

Với các tr ị riêng ,...3,2,1,0k ,k =λ các hàm riêng tương ứng là:

( ),...3,2,1,0k ;

L2

x1k 2sin)x(Xk =

π+= (9.9.8)

Với mỗi ,...3,2,1,0k ,k =λ=λ nghiệm của phương trình (9.9.5) là:

( ) ( )L2

at1k 2sin b

L2

at1k 2cosa)t(T k k k

π++

π+= (9.9.9)

Như vậy một nghiệm riêng của (9.9.2) có dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) ( ) ( )

L2

x1k 2sin

L2

at1k 2sin b

L2

at1k 2cosa)t,x(u k k k

π+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ π++

π+=

Nghiệm tổng quát, tổng vô hạn các nghiệm riêng, là:

( ) ( ) ( )∑∞

=

π+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π++

π+=

0k

k k L2

x1k 2sin

L2

at1k 2sin b

L2

at1k 2cosa)t,x(u

(9.9.10)

Dựa vào điều kiện ban đầu và tính tr ực giao của hệ hàm riêng, cáchệ số trong chuỗi được xác định bởi

( )

( )( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

π+π+

=

π+=

∫

∫L

0

k

L

0

k

dxL2

x1k 2sin)x(g

a1k 2

4 b

dxL2

x1k 2sin)x(f

L

2a

(9.9.10)

Ta thấy nghiệm dao động của thanh là chồng chất các dao động điềuhòa dạng:

( ) ( )

k

k k

2

k

2

k k

k k

b

atg; baM

;L2

at1k 2sin

L2

x1k 2sinM

=ϕ+=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ϕ+π+π+

Các dao động điều hòa này dao động với biên độ ( )L2

x1k 2sinMk

π+

và tần số

( ) ( )ρ

π+=

π+=ω

E

L2

1k 2

L2

a1k 2k

nếu chọn thiết diện của thanh bằng 1.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Âm cơ bản của thanh khi dao động phát ra có chu kỳ là:

ρ=ωπ

= E

L42

T0

Áp dụng điều kiện ban đầu (9.9.3) và (9.9.4)

Lx0,x)0,x(u <<ε= và( )

Lt0,0t

0,xu<<=

∂∂

Ta thu được các hệ số trong khai triển chuỗi

( ) 0 b,1k 2

L8)1(

a k 22

k

k =π+

ε−

= Vậy, nghiệm của phương trình dao động dọc của thanh một đầuchặt, một đầu tự do với điều kiện đầu là kéo căng đầu tự do đến độ dài xác định r ồi thả tự do, có dạng sau:

( )( ) ( )∑

∞

=

π+π+

+

−πε

=0k

2

k

2 L2

x1k 2sin

L2

at1k 2cos

1k 2

)1(L8)t,x(u (9.9.11)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.10. Phương trình dao động của màng

Xét phương trình sóng trong mặt phẳng.Xét chuyển động của một màng mỏng được căng trên mặt phẳng(x,y), các dao động chuyển động ngang ngang vuông góc với mặtphẳng của màng dưới sự tác dụng của lực ngoài (hình 9.10.1).

Hàm u = u(x,y,t) mô tả dao động ngang của màng tại (x,y,t).

ρ là mật độ khối lượng trên một đơn vị diện tích của màng;

T là sức căng tính trên một đơn vị diện tích;w = w(x,y,t) là ngoại lực tác dụng trên một đơn vị diện tích;Fe = w(x,y,t)ΔxΔy là ngoại lực tác động lên yếu tố diện tích ΔxΔy;

Fd =t

uyx

∂∂

ΔΔβ là lực cản tắt dần tỷ lệ với vận tốc dao động tác

động lên yếu tố diện tích ΔxΔy; β là hệ số tắt dần.

Xét phần nhỏ (yếu tố) của màng tại điểm (x,y) (hình vẽ 9.10.2).Xét độ dịch chuyển nhỏ, trong đó các góc α1, α2, β1, β2 là nhỏ vàtổng các lực tác dụng lên yếu tố màng theo hướng x, y là hình chiếucủa sức căng trên mặt phẳng, ta có

022012

022

TcosTcosT;TcosTcosT

TT

x

u1

T

tg1

TcosT

=β=β=α=α

≡≈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+

=α+

=α

u(x,y,t)

O x x

y

y

u

Hình 9.10.1.Dao động của màng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Áp dụng định luật Newton 2, lấy t ổng các l ự c theo hướ ng vuông gócv ớ i y ếu t ố c ủa màng (hướ ng tr ục u):

( ) ( )

( )t

uyxyxt,y,xw

sinsinxTsinsinyTt

uyx 12122

2

∂∂ΔΔβ−ΔΔ+

+β−βΔ+α−αΔ=∂∂

ΔΔρ

(9.10.1)

Do xét dao động nhỏ, nên

0x

u;

x

u

x

u1

x

u

tg1

tgsin

2

22≈⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

≈

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

+

∂∂

=α+

α=α

y+Δy/2x+Δx/2O

TΔy

TΔy

TΔx

TΔx

Fd

Fe

y+Δy/2

y-Δy/2

u(x,y,t)

O x-Δx/2 x

y

x+Δx/2

α2

α1

TΔy

TΔy

x-Δx/2

u

x

β2

β1

TΔx

TΔx

y-Δy/2

u

y

Hình 9.10.3. Các lực tác dụng lên yếu tố màng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




0y

u;y

u

y

u1

y

u

tg1

tgsin

2

22 ≈⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

≈

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

+

∂∂

=β+

β=β

từ đó

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

∂

Δ−∂−

∂

Δ+∂Δ=β−βΔ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂Δ−∂

−∂Δ+∂

Δ=α−αΔ

y

t,2/yy,xu

y

t,2/yy,xuxTsinsinxT

x

t,y,2/xxu

x

t,y,2/xxuyTsinsinyT

012

012

Chia hai vế của phương trình (9.10.1) cho T0ΔxΔy,

( ) ( )

( ) ( )( )

t

u

Tt,y,xw

T

1

y

t,2/yy,xu

y

t,2/yy,xu

y

1

x

t,y,2/xxu

x

t,y,2/xxu

x

1

t

u

T

00

2

2

0

∂∂β

−+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂

Δ−∂−

∂Δ+∂

Δ+

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂Δ−∂

−∂Δ+∂

Δ=

∂∂ρ

r ồi lấy giới hạn khi cho Δx → 0 và Δy → 0, ta nhận được phươ ngtrình dao động c ủa màng sau:

( ) ⇔+∂∂

+∂∂

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

ρβ

+∂∂ρ

t,y,xwT

1

y

u

x

u

t

u

t

u

T 0

2

2

2

2

2

2

0

( )

ρβ=

ρ=

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

=+∂∂

+∂∂

k ,T

a

;t

uk

t

u

a

1t,y,xw

T

1

y

u

x

u

02

2

2

2

0

2

2

2

2

(9.10.2)

Tr ườ ng hợ p 1: Cho 0w,0 ==β ta thu được phương trình sóng haichiều

2

2

22

2

2

2

t

u

a

1

y

u

x

u

∂∂

=∂∂

+∂∂

(9.10.3)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Tr ườ ng hợ p 2 : Dao động của màng trong tr ạng thái dừng, suy raphương trình Poisson:

( )t,y,xwT1

yu

xu

0

2

2

2

2−=

∂∂+

∂∂ (9.10.4)

Gọi C là đường cong đóng kín, là biên của màng nằm trong mặt

phẳng (x,y), gọi nr

là véc tơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoàiđường cong trên biên.

Điều kiện biên:

+ Điều kiện biên Dirichlet: đ i ều ki ện biên g ắn chặt ( ) )y,x(f t,y,xuC)y,x(

=∈ (9.10.5)

+ Điều kiện biên Neumann: đ i ều ki ện biên t ự do

)y,x(f n.gradun

uC)y,x(

==∂∂

∈

r

(9.10.6)

+ Điều kiện biên hỗn hợp: đ i ều ki ện biên g ắn chặt và t ự do

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

==∂∂

=

∈

∈

)y,x(f n.gradun

u

)y,x(f t,y,xu

C)y,x(

C)y,x(

r (9.10.7)

Điều kiện ban đầu: là hình dạng ban đầu và vận tốc ban đầu trên bề mặt của màng khi t = 0.

( )

( )⎪⎩⎪⎨

⎧

=∂

∂

=

)y,x(gt

0,y,xu

)y,x(f 0,y,xu

(9.10.8)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.11. Giải phương trình dao động của màng chữ nhật

Giải phương trình dao động của màng chữ nhật bằng phương pháptách biến trên mặt phẳng với biên chữ nhật dạng:Ly0,Lx0 ≤≤≤≤

thỏa mãn phương trình sóng

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=∂

∂=

====

>≤≤≤≤⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

=∂∂

)y,x(gt

0,y,xu),y,x(f 0,y,xu

;0t,L,xu,0t,0,xu;0t,y,Lu,0t,y,0u

0t,Ly0,Lx0;y

u

x

ua

t

u

21

212

2

2

22

2

2

(9.11.1)

Theo phương pháp tách biến, nghiệm được tìm dưới dạng:)t(T)y(Y)x(X)t,y,x(u = (9.11.2)

Thay vào (9.11.1) ta có:

12 )y(Y)y(Y

)x(X)x(X

)t(Ta)t(T λ=′′+′′=′′

suy ra

⎪⎩

⎪⎨

⎧

λ=′′

+′′

=λ−′′

1

1

2

)y(Y

)y(Y

)x(X

)x(X

0)t(Ta)t(T

Tách biến cho phương trình thứ hai

⇒λ=′′

−λ=′′

21)y(Y

)y(Y

)x(X

)x(X

( ) ;

0)L(Y)0(Y0)y(Y)y(Y

0)L(X)0(X0)x(X)x(X

221

12

⎩⎨⎧

===λ−λ−′′

===λ−′′

Do chỉ tìm nghiệm không tầm thường nên chọn:WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2

221

2

12 , ω−=λ−λω−=λ (9.11.3)

Giải hai phương trình tách biến, các tr ị riêng và hàm riêng sẽ là:

2

m

2

2

2

m2

1

n

2

1

2

n1

L

ymsin)x(Y,

L

m

;L

xnsin)x(X,

L

n

π=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π=ω

π=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π=ω

(9.11.4)

Đó là tập hợp các hàm tr ực giao trong khoảng xác định của màng.

nm

2

2

2

1

12

2

2

221

2

1

2

12

L

m

L

n

L

m

L

n

λ−=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−=λ⇒

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−=ω−=λ−λ

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−=ω−=λ

(9.11.5)

Phương trình hàm T(t) có dạng:

0)t(Ta)t(T 2

nm

2

=λ−′′ (9.11.6)

và có nghiệm là:

tasin btacosa)t(T)t(T nmnmnmnmnm λ+λ== (9.11.7)

trong đó anm và bnm là các hằng số được xác định sau.Ta có các nghiệm riêng của phương trình ban đầu là:

( ) 21nmnmnmnmnm L

ymsin

L

xnsintasin btacosa)t,y,x(u

ππλ+λ=

Theo nguyên lý chồng nghiệm, nghiệm tổng quát cần tìm có dạng:

( )∑∑∞

=

∞

=

ππλ+λ=

1m 1n 21

nmnmnmnmL

ymsin

L

xnsintasin btacosa)t,y,x(u

(9.11.8)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Điều kiện ban đầu của phương trình (9.11.1) cho phép xác định cáchằng số anm, bnm

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=ππ

λ=∂

∂

=ππ=

∑∑

∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

)y,x(gL

ymsin

L

xnsin ba

t

)0,y,x(u

)y,x(f L

ymsinL

xnsina)0,y,x(u

1m 1n 21

nmnm

1m 1n 21

nm

(9.11.9)

Phương trình (9.11.9) mô tả khai triển chuỗi Fourier của hàm haibiến. Dùng tính tr ực giao của các hàm

,...3,2,1m,n;L

ymsin)x(Y,L

xnsin)x(X2

m

1

n =π=π=

ta nhận được:

,....3,2,1k , j;

ddL

k sinL

jsin),(gaLL

4 b

ddL

k sin

L

jsin),(f

LL

4a

1 2

1 2

L

0

L

0 21 jk 21

jk

L

0

L

0 2121

jk

=

⎪⎪⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ηξπμπξηξλ

=

ηξπμπξ

ηξ=

∫ ∫

∫ ∫

(9.11.10)

Để mô tả dao động, thường minh họa bằng đồ thị một vài dao độngthành phần đầu tiên unm(x,y,t), n,m = 1,2,3, tại thời điểm t = t0.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.12. Dao động của màng tròn

Xét bài toán dao động của màng tròn, bán kính L, các biên tròn đượcgắn chặt.Giải phương trình sóng trong hệ tọa độ cực.

Lr 0,u

r

1

r

u

r

1

r

ua

t

u2

2

22

22

2

2

≤≤⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

ϕ∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

(9.12.1)

+ Điều kiện biên gắn chặt:

0)t,,L(u =ϕ (9.12.2)

+ Điều kiện ban đầu dạng:

( ) ( ) ( )

( )ϕ=∂

ϕ∂ϕ=ϕ ,r g

t

0,,r u,,r f 0,,r u (9.12.3)

Hai điều kiện đòi hỏi:

+ Hàm ( )t,,r u ϕ là hàm tuần hoàn đơn tr ị theo ϕ với chu kỳ 2π.

+ Hàm ( )t,,r u ϕ có giá tr ị hữu hạn tại mọi điểm của màng, nhất làtại r = 0

Dùng phương pháp tách biến, đặt:

( ) ),r (V)t(Tt,,r u ϕ=ϕ (9.12.4)

thay vào phương trình (9.12.1) ta có:

( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 22

2 2 2 2 2

2 22

2 2 2 2

V r, V r, V r,d T(t) 1 1V(r, ) T(t)

a dt r r r r

V r, V r, V r,T (t) 1 1 1

a T(t) V r, r r r r

⎛ ⎞∂ φ ∂ φ ∂ φφ = + + ⇒⎜ ⎟

∂ ∂ ∂φ⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ φ ∂ φ ∂ φ′′ = + + = −λ ⇒⎜ ⎟ϕ ∂ ∂ ∂φ⎝ ⎠

2 2

T (t) a T(t) 0′′ + λ = (9.12.5)

( ) ( ) ( )( )

2 2

2

2 2 2

V r, V r, V r,1 1V r, 0

r r r r

∂ φ ∂ φ ∂ φ+ + + λ ϕ =

∂ ∂ ∂φ (9.12.5b)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Nghiệm tổng quát của (9.12.5) là:( ) cos sin= +T t C a t D a t λ λ (9.12.6)

Nghiệm của (9.12.5b):

( ) ( ) ( )( )

2 2

2

2 2 2

V r, V r, V r,1 1V r, 0

r r r r

∂ φ ∂ φ ∂ φ+ + + λ ϕ =

∂ ∂ ∂φ

cần thỏa mãn:

V(L, ) 0

V(0, ) ,V(r, ) V(r, 2 ),V (r, ) V (r, 2 )ϕ ϕ

ϕ =⎧⎪⎨ ϕ < ∞ ϕ = ϕ + π ϕ = ϕ + π⎪⎩

(9.12.7)

Tìm V(r, )ϕ dưới dạng tách biến:

V(r, ) R(r) ( )ϕ = Φ ϕ (9.12.8)

Thay vào (9.12.5) ta có:

( )( )

2 2 22r R (r) rR (r) r R (r)

pR(r)

′′Φ ϕ ′′ ′+ + λ= = −

Φ ϕ

Suy ra các phương trình sau với điều kiện tương ứng

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 p 0

2 ; 2

′′⎧Φ ϕ + Φ ϕ =⎪⎨

′ ′Φ ϕ = Φ ϕ + π Φ ϕ = Φ ϕ + π⎪⎩ (9.12.9)

22

2

1 pR (r) R (r) R(r) 0

r r

R(0) ;R(L) 0

⎧ ⎛ ⎞′′ ′+ + λ − =⎪ ⎜ ⎟

⎨ ⎝ ⎠⎪

< ∞ =⎩

(9.12.10)

Giải phương trình (9.12.9) có nghiệm tuần hoàn chỉ khi p = n với nnguyên:

n n n( ) a cosn b sinn ,n 0,1,2,3,...Φ ϕ = ϕ + ϕ =

Phương trình (9.12.10) có dạng

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

22

2

222 2

2

1 nR (r) R (r) R(r) 0

r r d R dR

r r r n R(r) 0dr dr

⎛ ⎞′′ ′+ + λ − = ⇒⎜ ⎟

⎝ ⎠⎡ ⎤⇒ + + λ − =⎣ ⎦

Ta được phương trình Bessel:

( )( )

( )( )

( )2

2 2 2

2

d R dR r r r n R(r) 0

d r d r ⎡ ⎤λ + λ + λ − =⎣ ⎦λλ

có nghiệm dưới dạng:

n n n n nR (r) d J ( r) Y ( r)= λ + ε λ

Từ điều kiện của (9.12.10) suy ra ( )n n0,J L 0ε = λ =

Đặt Lλ = μ phương trình xác định tr ị riêng là:

( ) ( )n nJ L J 0λ = μ =

Phương trình này có tập hợp vô hạn nghiệm dương:

n1 n 2 n3 nm, , ,..., ; n 0,1,2,....;m 1,2,...μ μ μ μ = =

Suy ra, tr ị riêng:

nmnm

L

μλ = (9.12.10)

và các hàm riêng:nm

nm n

r R (r) J

L

μ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ (9.12.11)

Như vậy, nghiệm riêng của phương trình (9.12.5b) đối với V là:

[ ]nmnm nm n n n n

r V (r, ) R (r) ( ) J a cosn b sin n

L

μ⎛ ⎞ϕ = Φ ϕ = ϕ + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Thay giá tr ị của tr ị riêng vàonm

nm

L

μλ = vào (9.12.6), giải phương

trình này ta đi đến nghiệm của (9.12.5) là:

nm nmnm nm nm

at atT (t) a cos b sin

L L

μ μ= + (9.12.12)

Từ đó , nghiệm riêng của phương trình đã cho ban đầu sẽ là:

[ ]

nm nm nm

nm nm nm

nm nm n n n

nm nm nmnm nm n

nm nm nmnm nm n

u (r, , t) T (t)R (r) ( )

at at r

a cos b sin a cosn b sin n JL L L

at at r A cos B sin J cosn

L L L

at at r C cos D sin J sin n ;

L L L

n 0,1,2,.

ϕ = Φ ϕ =

μ μ μ⎡ ⎤ ⎛ ⎞

= + ϕ + ϕ =⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ϕ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ϕ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠= ..;m 1,2,3,...=

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình dao động của màng tròn là

( ) nm nm nmnm nm n

n 0 m 1

nm nm nmnm nm n

n 0 m 1

at at r u r, , t A cos B sin J cosn

L L L

at at r C cos D sin J sin n

L L L

∞ ∞

= =

∞ ∞

= =

μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ϕ = + ϕ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ϕ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑∑

∑∑

(9.12.13) Các hằng số Anm, Bnm, Cnm, Dnm được xác định từ điều kiện ban đầu:

( ) 0m0m 0

nm nmnm n nm n

n 1 m 1 n 1 m 1

r u r, ,0 f (r, ) A J

L

r r A J cosn C J sin n

L L

∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

μ⎛ ⎞ϕ = ϕ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ϕ + ϕ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑∑ ∑∑

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( ) 0m 0m0m 0

nm nm nm nmnm n nm n

n 1 m 1 n 1 m 1

u r , ,0 a r g(r, ) B J

t L La r a r

B J cosn D J sin nL L L L

∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

∂ ϕ μ μ⎛ ⎞= ϕ = +⎜ ⎟

∂ ⎝ ⎠μ μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ϕ + ϕ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑∑ ∑∑

Nhân lần lượt với bộ hàm riêng { }1,cosn ,sinnϕ ϕ r ồi lấy tích phân

hai vế từ 0 đến 2π, ta có:2

0m0m 0

0

2

nmnm n

m 10

2

nmnm n

m 10

1 r f (r, )d A J

2 L

1 r f (r, )cosn d A J

L

1 r f (r, )sin n d C J

L

π

π ∞

=

π ∞

=

μ⎛ ⎞ϕ ϕ = ⎜ ⎟π ⎝ ⎠

μ⎛ ⎞ϕ ϕ ϕ = ⎜ ⎟π ⎝ ⎠

μ⎛ ⎞ϕ ϕ ϕ = ⎜ ⎟π ⎝ ⎠

∫

∑∫

∑∫

Vế phải trong hai đẳng thức cuối là khai triển hàm Φ(r) theo các hàm

Bessel nmn

r J L

μ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ :

( )

L

nm nmnm n nm n2 2

m 1 n 1 nm 0

r 2 r (r) a J a r (r)J dr

L L J L

∞

= +

μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Φ = ⇒ = Φ⎜ ⎟ ⎜ ⎟μ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∫

Do tính tr ực giao của các hàm Bessel:

( )

L

nm nk 2n n

20 n 1 nm

0, k mr r

rJ J dr LL L J , k m

2 +

≠⎧μ μ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎨

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ μ =⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪⎩∫

Ta thu được các hệ số

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




( )

( )

2

0m0m 0

0

L 2

nmnm n2 2

n 1 nm 0 0

L 2

nmnm n2 2

n 1 nm 0 0

1

A f (r, )dr 2 J

L

1 r A f (r, )J r cosn drd

L J L

1 r C f (r, )J r sin n drd

L J L

π

π

+

π

+

⎧

= ϕ ϕ =⎪ μ⎛ ⎞⎪ π ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎪

μ⎪ ⎛ ⎞= ϕ ϕ ϕ⎨ ⎜ ⎟π μ ⎝ ⎠⎪⎪ μ⎛ ⎞⎪ = ϕ ϕ ϕ⎜ ⎟⎪ π μ ⎝ ⎠

⎪⎩

∫

∫ ∫

∫ ∫

(9.12.14)

Các hệ số B0m, Bnm, Dnm được xác định tương tự:

( )

( )

2

0m

0m 00m 0

L 2

nmnm n2

nm n 1 nm 0 0

L 2

nmnm n2

nm n 1 nm 0 0

LB g(r, )d

r 2 aJ

L

2 r B g(r, )J r cosn drd

La J L2 r

D g(r, )J rsin n drdLa J L

π

π

+π

+

⎧= ϕ ϕ⎪ μ⎛ ⎞⎪ πμ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠

⎪μ⎪ ⎛ ⎞= ϕ ϕ ϕ⎨ ⎜ ⎟

π μ μ ⎝ ⎠⎪⎪ μ⎛ ⎞⎪ = ϕ ϕ ϕ⎜ ⎟⎪ π μ μ ⎝ ⎠⎪⎩

∫

∫ ∫

∫ ∫(9.12.15)

Nghiệm có thể viết lại dưới dạng

( ) ( )nm nmnm n nm nm

n 0 m 1

r atu r, , t M J sin n sin

L L

∞ ∞

= =

μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ϕ = ϕ + ψ + ν⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑∑

(9.12.16) Các hệ số Mnm, ψnm, νnm được xác định bởi các hệ số Anm, Bnm,Cnm, Dnm . Dao động của màng tròn là tập hợp vô hạn các dao độngcó tần số:

nm nm 0nm

a T

L L

μ μω = =

σ (9.12.17)

trong đó T0 là cường độ, σ là mật độ khối lượng bề mặt của màng.WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Khi (n,m) = (0,1), ta có âm cơ bản với tần số thấp nhất:

01 001

T

L

μω = σ (9.12.18)

Công thức này chỉ ra r ằng, trong tr ường hợp dao động của màngtròn, sóng đứng của các tần số khác nhau có các đường nút, đườngnút đơn giản nhất được xác định bởi phương trình:

( )

nmn

nm

r J 0;

L

sin n 0

⎧ μ⎛ ⎞ =⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎨

⎪ ϕ + ψ =⎩ (9.12.18)

Phương trình đầu xác định (m -1) vòng tròn bao quanh tâm màng cóphương trình:

n1 n2 nm 11 2 m 1

nm nm nm

r L,r L,...., r L−−

μ μ μ= = =

μ μ μ (9.12.19)

Phương trình thứ hai xác định n đường kính của màng với phươngtrình:

( )nm nm nm1 2 n

n 1, ,...,n n n n n

− πψ π ψ ψϕ = − ϕ = − ϕ = − (9.12.20)

Thường thì hình ảnh dao động của màng tròn được minh họa bằngđồ thị với m = 1,2; n = 0,1, 2, 3, 4.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




§9.13. Nghiệm D’alembert của phương trình sóng

1. Công thức D’alembertMột phương pháp khác tìm nghiệm của bài toán biên đối với phươngtrình loại Hyperbolic so với phương pháp tách biến Fourier.Xét bài toán dây dài vô hạn

( )

2 22

2 2

u uL(u) a 0, x

t x

u x,0u(x,0) (x), (x)

t

⎧ ∂ ∂= − = − ∞ < < ∞⎪⎪ ∂ ∂

⎨∂⎪ = ϕ = ψ

⎪ ∂⎩

(9.13.1)

Đưa phương trình này về dạng chính tắc, bằng cách thay biến mới.Xét phương trình đặc tr ưng:

12 2 2

2

dx adt 0 x at Cdx a dt 0

dx adt 0 x at C

− = ⇒ − =⎧− = ⇒ ⎨

+ = ⇒ + =⎩

Như vậy đưa vào biến mới:

x at

x atξ = +⎧⎨η = −⎩

(9.13.2)

Thì phương trình (9.13.1) chuyến về dạng chính tắc:uξη = 0 (9.13.3)

( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

t t t

tt t i

2 2 2

x x x

xx

u u u a u u ;

u a u u a u u

a u u a u u a u 2u u ;

u u u u u ;

u u u u u u 2u u

ξ η ξ η

ξξ ξη ξη ηη

ξξ ξη ξη ηη ξξ ξη ηη

ξ η ξ η

ξξ ξη ξη ηη ξξ ξη ηη

= ξ + η = −

= − ξ + − η == − − − = − +

= ξ + η = +

= + + + = + +

Thay vào phương trình đã cho, đưa đến (9.13.3).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Từ (9.13.3) ta được nghiệm: u ( , ) f ( )η ξ η = η .

Tích phân theo η với ξ cố định ta nhận được nghiệm:( ) ( )1 1 2u( , ) f ( )d f f f ( )ξ η = η η + ξ = ξ + η∫ (9.13.4)

trong đó f 1, f 2 là các hàm tùy ý chỉ phụ thuộc và ξ và η.Tr ở lại biến cũ, nghiệm có dạng:

( )1 2u(x, t) f x at f (x at)= + + − (9.13.5)

Cần chọn hàm f 1, f 2 để biểu diễn u(x,t) thỏa mãn điều kiện đầu:

( )1 2

1 2

u(x, 0) (x) f (x) f (x)

u x,0(x) af (x) af (x)

t

= ϕ = +⎧⎪⎨∂

′ ′= ψ = −⎪ ∂⎩

Tích phân ODE thứ hai, ta có:

1

x

1 2

x

1f (x) f (x) ( )d C

a− = ψ α α +∫

Từ tổng và hiệu của f 1, f 2 ta có:

0

0

x

1

x

x

2

x

1 1 Cf (x) (x) ( )d

2 2a 2

1 1 Cf (x) (x) ( )d

2 2a 2

⎧= ϕ + ψ α α +⎪

⎪⎨⎪ = ϕ − ψ α α −⎪⎩

∫

∫

Thay vào (9.13.4) ta nhận được nghiệm cần tìm:

0 0

x at x at

x x

(x at) (x at) 1u(x, t) ( )d ( )d

2 2a

+ −⎧ ⎫ϕ + + ϕ − ⎪ ⎪= + ψ α α − ψ α α⎨ ⎬

⎪ ⎪⎩ ⎭∫ ∫

hayx at

x at

(x at) (x at) 1u(x, t) ( )d

2 2a

+

−

⎧ ⎫ϕ + + ϕ −= + ψ α α⎨ ⎬

⎩ ⎭∫ (9.13.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




Đây là công thức D’Alambert xác định nghiệm của phương trìnhsóng. Công thức này chứng tỏ tính duy nhất của nghiệm.

2. Ý ngh ĩ a vật lýCác đường cong đặc tr ưng được cho bởi họ các đường:

x at const ; x at const+ = − =

Chọn điểm (x0,t0) trong mặt phẳng (x,t) thu được hai đường cong đặctr ưng (hình 9.13.1)

0 0 0 0x at x at ; x at x at+ = + − = −

Nghiệm tại thời điểm t = t0 và vị trí x = x0 chỉ phụ thuộc vào các số liệu ban đầu ở giữa các điểm x0 – at0 và x0 + at0.Số hạng đầu tiên của nghiệm D’Alambert là giá tr ị trung bình củahình dạng sóng lúc ban đầu di chuyển về bên phải và hình dạngsóng lúc ban đầu di chuyển về bên trái tại (x0,t0). Hạng thức thứ hai làtích phân của ψ giữa điểm x0 – at0 và x0 + at0.

Miền phụ thuộc sóng được định ngh ĩ a bởi{ }0 0 0 0x : x at x x at− < < +

Bài tập: Mở r ộng công thức nghiệm D’Alambert cho bài toán truyềnsóng của màng , u = u(x,y,t).Về mặt thực hành tính, phương pháp tách biến Fourier thường chonghiệm gần đúng, trong khi công thức D’Alambert có thể cho nghiệm

x =Lx=0

O

t

x

t

(x0,t0)

Hình 9.13.1. Miền phụ thuộc sóng

R

x

x + at = Lx - at = 0

x=at x0=L-at

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




đúng. Tuy nhiên nhiều khi chỉ cần quan tâm đến một vài dạng daođộng đầu là đủ.


WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM



http://www.ebook.edu.vn Chương 10. Phương trình Parabolic (Phương trình truyền nhiệt)

1

Chương 10Phương trình truyền nhiệt

5(3-2-0)

Phương trình truyền nhiệt được xét như PDE đại diện cho loại PDEParabolic.

Phương trình truyền nhiệt

Nhiệt truyền từ nơi nhiệt độ cao sang nơi nhiệt độ thấp theo ba cách:+ Quá trình d ẫn nhi ệt bên trong v ật : là do sự chuyển động của các

phân tử của vật. Với vật r ắn, dòng nhiệt chuyển từ nơi có nhiệt độ cao (số lớn các phân tử chuyển động với vận tốc lớn hay độngnăng lớn) sang nơi có nhiệt độ thấp (các phân tử chuyển động vớivận tốc hay động năng nhỏ hơn).+ Quá trình bứ c x ạ nhi ệt gi ữ a hai v ật : nhiệt truyền qua không giantừ vật nóng hơn sang vật lạnh hơn (không tính đến nhiệt độ khônggian giữa hai vật), đó chính là sự chuyển động nhiệt dưới dạngsóng. Ví dụ: truyền nhiệt giữa mặt tr ời và trái đất.+ Quá trình đối l ư u nhi ệt : Một số chuyển động nhiệt di chuyển từ

nơi này đến nơi khác (dòng đối lưu xảy ra khi cánh quạt thổi dòngnhiệt từ nơi này đến nơi khác).

Có thể có truyền nhiệt do bay hơi hay ngưng tụ.Ta chỉ xét quá trình truyền nhiệt trong vật dẫn.

§10.1.Phương trình truyền nhiệt trong môi tr ường đẳnghướng

Xét vật thể r ắn mà nhiệt độ của nó tại (x,y,z) và thời điểm t là mộthàm u(x,y,z,t). Nếu các phần của vật thể có nhiệt độ khác nhau thìbên trong vật thể có sự trao đổi nhiệt lượng từ phần nóng sang phầnlạnh hơn.Xét phần diện tích ΔS bất kỳ trong vật thể. Theo lý thuyết truyềnnhiệt, nhiệt lượng ΔQ truyền qua ΔS trong thời gian Δt được xác địnhbởi:

tSn

uk Q ΔΔ

∂∂

−=Δ (10.1.1)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2

trong đó nr

là véc tơ pháp tuyến tại phần mặt ΔS hướng theo chiềutruyền nhiệt, k >0 là hệ số truyền nhiệt.Giả thiết vật là đẳng hướng, (tại điểm (x,y,z) bất kỳ xác định nhiệttruyền theo phương nào cũng như nhau), nên hệ số truyền nhiệt kchỉ phụ thuộc vào (x,y,z) mà không phụ thuộc vào phương của mảnhΔS.

Để thi ết l ậ p phươ ng trình truy ền nhi ệt , xét thể tích V bất kỳ trong vậtthể giới hạn bởi mặt kín tr ơn S và tính sự thay đổi nhiệt lượng trongthể tích V ấy trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 bằng hai cách.

Một mặt, nếu gọi )z,y,x(γ là nhiệt dung và )z,y,x(ρ là tỷ khối của

thế vật thể tại (x,y,z) thì phần thể tích ΔV của vật thể trong khoảngthời gian từ t1 đến t2 sẽ hấp thụ thêm một nhiệt lượng ΔQ1 là:

( ) ( )[ ] V)z,y,x()z,y,x(t,z,y,xut,z,y,xuQ 121 Δργ−=Δ

Như vậy, toàn bộ thể tích V sẽ hấp thụ một nhiệt lượng là:

( ) ( )[ ]∫∫∫ ργ−=V

121 dV)z,y,x()z,y,x(t,z,y,xut,z,y,xuQ

hay

∫ ∫∫∫ ∂∂ργ=

2

1

t

t V

1 dVt

u)z,y,x()z,y,x(dtQ

Mặt khác, nhiệt lượng Q1 bằng nhiệt lượng Q2 từ ngoài truyền vàothể tích V qua mặt S cộng với nhiệt lượng Q3 tự sinh ra trong thể tíchV.Từ (10.1.1) ta có:

( )∫ ∫∫ ∂

∂

−=

2

1

t

t S2 dSn

u

z,y,xk dtQ

với nr

là pháp tuy ến trong của mặt S.Gọi F(x,y,z,t) là mật độ nguồn nhiệt trong vật thể tại (x,y,z) và tại thờiđiểm t (nhiệt lượng tỏa ra hay mất đi trong một đơn vị thể tích và đơnvị thời gian), thì:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3

∫ ∫∫∫=2

1

t

t V

3 dV)t,z,y,x(FdtQ

Từ hệ thức Q1 = Q2 + Q3, ta có

( ) ∫ ∫∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ +∂∂

−=∂∂

γρ2

1

2

1

2

1

t

t V

t

t S

t

t V

dV)t,z,y,x(FdtdSn

uz,y,xk dtdV

t

udt

(10.1.2)Theo công thức Gauss-Ostrogradski, ta có

dxdydzz

uk

zy

uk

yx

uk

x

dScos

z

ucos

y

ucos

x

uk dS

n

uk

V

OG

OG

SS

∫∫∫

∫∫∫∫

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

=

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ χ

∂

∂+β

∂

∂+α

∂

∂−=

∂

∂−

−

−

Nên (10.1.2) có dạng

0dV)t,z,y,x(Fz

uk

zy

uk

yx

uk

xt

udt

2

1

t

t V

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

−∂∂

γρ∫ ∫∫∫

Do thể tích V là bất kỳ và các đại lượng dưới dấu tích phân là cáchàm liên tục, nên ta có:

0)t,z,y,x(Fz

uk

zy

uk

yx

uk

xt

u=−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂

∂∂

+⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

∂∂

∂∂

−∂∂

γρ (10.1.3)

Đây là phương trình truyền nhiệt trong vật thể đẳng hướng khôngthuần nhất.Với vật thể thuần nhất, thì γ, ρ, k là hằng số và (10.1.3) có dạng:

)t,z,y,x(f z

u

y

u

x

ua

t

u2

2

2

2

2

22 +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

(10.1.4)

với

γρ=

γρ=

)t,z,y,x(F)t,x,y,x(f ,

k a

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




4

Nếu trong vật thể không có nguồn nhiệt, ngh ĩ a là F(x,y,z,t)=0,

phương trình (10.1.4) tr ở thành:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

2

2

2

2

2

22

z

u

y

u

x

ua

t

u (10.1.5)

Nếu nhiệt độ chỉ phụ thuộc x,y,t, chẳng hạn xét sự truyền nhiệt trongbản phẳng mỏng, thì (10.1.5) sẽ là:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

+∂∂

=∂∂

2

2

2

22

y

u

x

ua

t

u (10.1.6)

Nếu nhiệt độ chỉ phụ thuộc x,t, chẳng hạn xét sự truyền nhiệt trongthanh thẳng, mỏng, thì (10.1.6) sẽ là:

2

22

x

ua

t

u

∂∂

=∂∂

(10.1.7)

Cách xây dựng thứ hai: [3]

Gọi u(x,y,z,t) là nhiệt độ của vật tại điểm (x,y,z) và thời điểm t.Lượng nhiệt truyền qua (thông l ượ ng nhi ệt ) một đơn vị diện tích trong

một đơn vị thời gian được biểu diễn bởi tr ườ ng véc t ơ q r

, 0ζ > làhệ số dẫn nhiệt phụ thuộc vào tính chất của vật liệu khi nhiệt truyềnqua.Theo định luật Fourier về quá trình truyền nhiệt:

u u uq grad u i j k

x y z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= −ζ = −ζ + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

uuuur r r rr

Từ công thức, suy ra véc t ơ thông l ượ ng nhi ệt q r

ngược hướng với

véc tơ graduuuuur

. Véc tơ graduuuuur

trùng với pháp tuyến tại điểm bất kỳ và

luôn hướng theo hướng tăng của nhiệt độ u (từ lạnh sang nóng), nênthông lượng nhiệt luôn theo hướng giảm của nhiệt độ (từ nóng sanglạnh). tức là dòng nhi ệt luôn truy ền theo hướ ng gi ảm c ủa nhi ệt độ.

Sử dụng các đại lượng nhiệt sau:u u(x,y,z, t)= - nhiệt độ tại điểm bất kỳ thuộc vật

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




5

c c(x, y,z)= - nhiệt dung của chất r ắn;

(x,y,z)ρ = ρ - mật độ khối lượng trên một đơn vị thể tích;(x,y,z)ζ = ζ - hệ số dẫn nhiệt của chất r ắn;

q q(x,y,z, t )=r r

- dòng nhiệt truyền qua một đơn vị diện tích;

H H(x,y,z, t )= - nguồn nhiệt tự sinh trên một đơn vị thể tích;

Xét miền V tùy ý với bề mặt S bao quanh.

Gọi VH , lượng nhiệt (thay đổi) trong V trong thời khoảng tΔ ,

S

H, lượng nhiệt đi qua bề mặt S trong thời khoảng tΔ ,

IH , lượng nhiệt tự sinh trong V trong thời khoảng tΔ ,

Định luật bảo toàn nhiệt là:

V S I S I VH H H H H H 0= + ⇔ + − =

Xét yếu tố thể tích vi phân vô cùng bé dV trong V, lượng nhiệt có

trong dV là c udVρ , ta có:

V

V

H c udvt

∂= ρ∂ ∫∫∫

Thông lượng nhiệt đi vào bề mặt S:

( )Gauss

S

S V

S

S

Gauss

V

H q.n dS divqdV

u u uH cos cos cos dS

x y z

u u udV

x x y y z z

= − = − ⇔

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= ζ α + ζ β + ζ γ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ζ + ζ + ζ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

∫∫ ∫∫∫

∫∫

∫∫∫

rr r

Nhiệt lượng tự sinh trong V :

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




6

I

V

H H(x, y, z, t)dV= ∫∫∫

Từ phương trình định luật bảo toàn nhiệt:

( )V

divq H c u dV 0t

∂⎡ ⎤− + − ρ =⎢ ⎥∂⎣ ⎦∫∫∫ r

hay dou u u

q , ,x y z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= −ζ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

r

nên

( )

V

V V

u u u dVx x y y z z

HdV c u dv 0t

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ζ + ζ + ζ +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦∂

+ − ρ =∂

∫∫∫

∫∫∫ ∫∫∫

Do thể tích V tùy ý, thời gian Δt tùy ý nên tổng các hàm dưới dấu tíchphân phải bằng không, và ta có phương trình truyền nhiệt là:

[ ] ( ) [ ]divq H c u div grad u H c ut t

∂ ∂− + = ρ ⇔ ζ + = ρ∂ ∂

r

hay

[ ]u u u

H c ux x y y z z t

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ζ + ζ + ζ + = ρ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Khi các hệ số là hằng số, ta có:2 2 2

2 2

2 2 2

u u u u Ha Q; a : , Q :

t x y z c c

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ζ= + + + = =⎜ ⎟

∂ ∂ ∂ ∂ ρ ρ⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




7

§10.2. Các điều kiện ban đầu và điều kiện biên của phươngtrình truyền nhiệt

Đi ều ki ện đầu: Đòi hỏi nhiệt độ xác định tại thời điểm đầu t = 0,

)z,y,x()0,z,y,x(u ϕ= (10.2.1)

Vật thể V với mặt S bao quanh, các điều kiện biên có thể là:1. Đi ều ki ện biên Dirichlet : (loại I) Đòi hỏi nhiệt độ xác định trên biên của miền, tại đó phương trình

truyền nhiệt giải được1(x,y,z) S

u(x, y, z, t) f (x, y, z, t)∈

= (10.2.2)

2. Đi ều ki ện biên Neumann: (loại II) Đòi hỏi dòng nhiệt đi qua biên được xác định rõ trên biên củamiền, tại đó phương trình truyền nhiệt giải được

2 (x,y,z) S(x ,y ,z) S

u(x,y,z,t)f (x,y,z,t)

n ∈∈

∂=

∂ (10.2.3)

Đối với biên cách nhiệt thì:

(x ,y ,z) S

u(x,y,z,t)0

n ∈

∂=

∂

3. Đi ều ki ện biên Robin: (loại III) Đòi hỏi dòng nhiệt đi qua biên và nhiệt độ trao đổi với môi tr ườngxung quanh được xác định rõ trên biên của miền, mà tại đóphương trình truyền nhiệt giải được.

3 (x,y,z) S

(x ,y ,z) S

u(x,y,z,t)hu(x, y,z, t) f (x, y,z, t) ,

n

h const

∈∈

∂⎛ ⎞+ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠

=

Đi ều ki ện hỗn hợ p là bao gồm điều kiện biên loại một và hai.Bài toán Cô si : Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện đầuBài toán hỗn hợ p: Tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện hỗn hợp

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




8

§10.3. Phương trình khuyếch tán

Phương trình truyền nhiệt cũng mô tả quá trình khuyếch tán.Gọi C = C(x,y,z,t) là nồng độ của chất khuếch tán tại điểm (x,y,z) vàtại thời điểm t, phương trình khuếch tán có dạng:

[ ]C C C

H c ux x y y z z t

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ζ + ζ + ζ + = ρ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Trong quá trình thành lập phương trình, định luật Fourier được thaybởi định luật Fick: “T ỷ số chất khuếch tán truy ền qua một đơ n v ị di ện

tích c ủa thi ết di ện t ỷ l ệ v ớ i gradient c ủa nồng độ chất khuếch tán theohướ ng khuếch tán.”.Dạng công thức của định luật Fick:

J DgradC= − rr

Trong đó Jr

là khối lượng khí đi qua tính trên một đơn vị diện tíchtrên một giây; D là hệ số khuếch tán; C là nồng độ khếch tán.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




9

§10.4. Quá trình truyền nhiệt trong thanh, phương trìnhtruyền nhiệt một chiều

(Bài toán c ụ thể )

Xét quá trình truyền nhiệt trong một thanh mỏng (hình vẽ 10.1.1).Giả thiết thanh có:

(1). có chiều dài L;(2). có sự cách nhiệt dọc theo chiều dài thanh (không có sự traođổi nhiệt theo chiều ngang của thanh);(3). làm bằng vật liệu đồng chất (sao cho nhiệt độ không đổi tại

mọi điểm trong một thiết diện bất kỳ).

Các đại lượng cần biết về thanh mỏng là:c là nhiệt dung của thanhρ - mật độ khối lượng của thanh

A – diện tích thiết diện thanhu = u(x,t) nhiệt độ của thanht – thời gianΔx - là khoảng cáchζ - hệ số dẫn nhiệt của thanhH - nguồn nhiệt phát ra của thanh.

Giả sử c, ρ, ζ là hằng số, thể tích của yếu tố thể tích thiết diện A,chiều cao Δx là AΔx.

Hình 10.4.1. Truyền nhiệt trong thanh một chiều

ir

i−r

Δx

x = L

x + Δx

x

u

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




10

Theo định luật bảo toàn năng lượng, tốc độ thay đổi nhiệt lượngtrong yếu tố thể tích này bằng tốc độ truyền nhiệt qua hai đầu thiết

diện (do giả thiết bề mặt của thanh cách nhiệt, nên biên hấp thụ nhiệtcủa thanh chỉ con ở hai đầu).Tốc độ thay đổi nhiệt lượng tr ữ trong yếu tố thể tích giữa x và Δx là:

x x x x

V

x x

u(x,t)H c Au(x, t)dx c A dx

t t

+Δ +Δ∂ ∂= ρ = ρ

∂ ∂∫ ∫

Ta có

u u u u

grad u.n i.( i); grad u.n i.(i)n x n x

∂ ∂ ∂ ∂

= = − = =∂ ∂ ∂ ∂

uuuur r r r uuuur r r r

,

suy ra nhiệt lượng mất đi ở phần thiết diện bên trái và bên phải là:

S1,S1

u(x x, t) u(x, t)H A

x x

∂ + Δ ∂⎡ ⎤= ζ −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

Lượng nhiệt phát ra trong nguồn nhiệt nằm trong yếu tố thể tích là:x x

I

x

H A H(x, t)dx

+Δ

= ∫

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

V S1S2 IH H H= + suy ra:

x x

x

x x

x

u(x x, t) u(x, t)

A A H(x, t)dxx x

u(x,t)c A dx

t

+Δ

+Δ

∂ + Δ ∂⎡ ⎤

ζ − + =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦

∂= ρ

∂

∫∫

và theo định lý trung bình tích phân

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




11

x x

x

f (x)dx f (x x) x, 0 1

+ Δ

= + θΔ Δ < θ <

∫ ta nhận được

( )

( )

1

2

u(x x, t) u(x, t)A AH x x, t x

x x

u x x, tc A x

t

∂ + Δ ∂⎡ ⎤ζ − + + θ Δ Δ =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦∂ + θ Δ

= ρ Δ ⇒∂

Từ đó phương trình truyền nhiệt cần tìm là:

( ) ( )2

2

u x , tuH x, t c , 0 x L

x t

∂∂ζ + = ρ < <

∂ ∂

hay

( )

( )

22

2

2

u x , t ua Q(x, t);

t x

H x, ta : , Q(x, t) :c c

∂⎧ ∂= +⎪ ∂ ∂⎪

⎨ζ⎪ = =

⎪ ρ ρ⎩ (10.4.1)

Đại lượng a2 được gọi là độ khuếch tán của thanh đồng chất.Nếu tính đến sự trao đổi nhiệt của bề mặt S3 của thanh khi nhiệtđộ môi tr ường bên ngoài là u0 thì lượng nhiệt bị mất trong yếu tố thể tích qua bề mặt S3 là:

( )S3 1 0H u u A x= −β − Δ

Định luật bảo toàn năng lượng được viết

V S1S2 S3 IH H H H= + +

Như vậy phương trình truyền nhiệt là:

( ) 22

02

u x, t ua (u u ) Q(x, t)

t x

∂ ∂= − β − +

∂ ∂ (10.4.2)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




12

trong đó1

c

ββ =

ρ là hằng số trao đổi nhiệt với bên ngoài.

Đặt 0U u u= − là nhiệt độ chênh lệch của thanh so với môitr ường bên ngoài, phương trình truyền nhiệt có dạng:

22

2

U Ua U Q(x, t)

t x

∂ ∂= − β +

∂ ∂ (10.4.3)

Nếu tính đến sự đối lưu: các phần t ử trong thanh chuy ển động v ớ iv ận t ốc

1 2 3 1 2 3V(V (x,y,z,t),V (x, y,z,t),V (x,y,z,t)) V(V,V ,V )=

r r

thì định luật Fourier của quá trình truyền nhiệt cho phép xác định

véc t ơ thông l ượ ng nhi ệt q r

bởi công thức

( )1 2 3

1 2 3

q grad u c uV

u u u, , V ,V ,V

x y z

u u uc uV , c uV , c uVx y z

= −ζ + ρ =

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= −ζ + =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= −ζ + ρ −ζ + ρ −ζ + ρ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

uuuur urr

Thay q r

vào phương trình định luật bảo toàn nhiệt:

( )divq H c ut

∂− + = ρ

∂

r

Ta có phương trình truyền nhiệt xét đến quá trình đối lưu dạng véc tơ

( ) ( )div grad u c uV H c ut

∂ζ − ρ + = ρ∂

uuuur ur (10.4.4)

Hay dạng hiện, khi xét c, ρ, ζ là các hằng số,

1 2 3

u u u uc uV c uV c uV H c

x x y y z x t

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ζ − ρ + ζ − ρ + ζ − ρ + = ρ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




13

( )1 2 3

2 2

1 21 22 2

2

332

u u u

c uV c uV c uV H cx y y z x t

u u V u u Vc V c u c V c u

x x x y y y

u u V uc V c u H c

z z z t

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞

− ρ + ζ − ρ + ζ − ρ + = ρ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ζ − ρ − ρ + ζ − ρ − ρ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂+ ζ − ρ − ρ + = ρ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Và phương trình truyền nhiệt có đối lưu cần tìm là:2 2 22

1 2 32 2 2

1 2 3

2

u u u u u u ua V V V

t x y z x y z

V V Vu Q;

x y z

Ha : , Q :

c c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + + − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂ ∂− + + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ζ

= =ρ ρ

(10.4.4)

Nếu xét Vur

là hằng số, tốc độ trung bình V của phân tử, và tr ườnghợp một chiều, u = u(x,t), ta có phương trình truyền nhiệt có tính đếnquá trình đối lưu là:

22

2

u u ua V Q

t x x

∂ ∂ ∂= − +

∂ ∂ ∂ (10.4.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




14

§10.5. Phương pháp tách biến cho phương trình truyềnnhiệt trong thanh hữu hạn

Xét bài toán:2

2

2

u ua 0, 0 x L :

t x

u(0,t) 0, u(L,t) 0,

u(x,0) f (x)

⎧∂ ∂− = < <⎪ ∂ ∂⎪⎪

= =⎨⎪ =⎪⎪⎩

(10.5.1)

Biết nhiệt độ tại các đầu mút của thanh và nhiệt độ phân bố ban đầu.Nghiệm tìm dưới dạng:

u u(x, t ) X(x)T(t)= = (10.5.2)

Thay vào phương trình ta được:

2

T (t) X (x)

a T(t) X(x)

′ ′′= (10.5.3)

Vế trái phụ thuộc t, vế phải chỉ phụ thuộc x, các biến số luôn thay đổinhưng tỷ số luôn bằng nhau. Như vậy có thể chọn được hằng số sao cho:

2

T (t) X (x)

a T(t) X(x)

′ ′′= = −λ

Ta nhận được hai ODE sau:2

T (t) a T(t) 0; T(t) 0′ + λ = ≠ (10.5.4) X (x) X(x) 0; X(x) 0′′ + λ = ≠ (10.5.5)

Các điều kiện biên, điều kiện đầu (10.5.1) cho ta:

u(0,t) X(0)T(t) 0X(0) X(L) 0 (doT(t) 0)

u(L,t) X(L)T(t) 0

= =⎧⇒ = = ≠⎨

= =⎩

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




15

Để ODE theo X(t), (10.5.5), có nghiệm không tầm thường thì λ > 0.Khi đó ta có:

1 2

1 2

X(x) d cos x d sin x

X(0) d 0; X(L) d sin L 0;

= λ + λ

= = = λ =

Suy ra phương trình tìm tr ị riêng:2

nsin L 0

L

π⎛ ⎞λ = ⇒ λ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Bài toán chỉ có nghiệm không tầm thường khi các giá tr ị riêng2

n

n,n 1,2,3,....

L

π⎛ ⎞λ = λ = =⎜ ⎟⎝ ⎠ (10.5.6)

tạo nên tập hợp các nghiệm riêng.Với mỗi tr ị riêng có một hàm riêng tương ứng dạng;

n

nX (x) sin x

L

π=

(10.5.7)

Với mỗi tr ị riêng tìm được, nghiệm của ODE (10.5.4) theo T(t) là:2

n at

L

n nT (t) a e , n 1,2,3,...

π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠= = (10.5.8)

Nghiệm riêng của PDE (10.5.8) có dạng:2

n at

Ln n n n n xu (x, t) X (x).T (t) a e sin

L

π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ π= = (10.5.9)

Nghiệm tổng quát là tổng toàn bộ các nghiệm riêng2

n at

L

n n

n 1 n 1

n xu(x, t) u (x, t) a e sin

L

π⎛ ⎞∞ ∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

= =

π= =∑ ∑ (10.5.10)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




16

Điều kiện ban đầu (10.5.1) cho ta xác định hệ số an.

n nn 1 n 1

n x

u(x,0) u (x, t) a sin f (x)L

∞ ∞

= =

π

= = =∑ ∑ (10.5.11)

Theo lý thuyết chuỗi Fourier, có thể tìm được an theo công thức:L

n

0

2 na f ( )sin d

L L

πξ= ξ ξ∫ (10.5.12)

Chú ý:Tập các nghiệm của ODE theo X(x) có thể được chọn sai khác một

hằng số, ví dụ:

n n

nX (x) sin x

L

π= α

Khi đó nghiệm tổng quát:2

n at

L

n n n

n 1 n 1

n xu(x, t) u (x, t) a e sin

L

π⎛ ⎞∞ ∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

= =

π= = α∑ ∑

Điều kiện đầu

n n n

n 1 n 1

n xu(x,0) u (x, t) a sin f (x)

L

∞ ∞

= =

π= = α =∑ ∑

Đặt n n naβ = α thì:L

n

0

2 nf( )sin

L L

πξβ = ξ∫

và nghiệm hoàn toàn xác định.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




17

§10.6. Truyền nhiệt trong thanh có nguồn nhiệt

Phương trình truyền nhiệt trong thanh có nguồn nhiệt:2

2

2

u uL(u) a q(x, t), 0 x L :

t x

u(0,t) 0, u(L,t) 0,

u(x,0) f (x)

⎧ ∂ ∂= − = < <⎪ ∂ ∂⎪⎪

= =⎨⎪ =⎪⎪⎩

(10.6.1)

Hệ hàm:

n

n xX (x) sin , n 1,2,3,...

L

π⎧ ⎫= =⎨ ⎬⎩ ⎭

có các tính chất sau:(1). Tr ực giao trong khoảng (0, L)

(2). n nX (0) X (L) 0, n 1,2,3, ...= = =

Kiểm tra tr ực tiếp tính chất (1)

( )L

2

n m n m n nm

0

L2

n n n

0

X ,X X (x)X (x)dx X ;

LX X (x)X (x)dx

2

= = δ

= =

∫

∫

Nghiệm của phương trình (10.6.1) được tìm dưới dạng:

n n n

n 1 n 1

n xu(x, t) b (t)sin b (t)X (x)L

∞ ∞

= =

π= =∑ ∑ (10.6.2)

Hàm này thỏa mãn các điều kiện biên của bài toán.Ta cần xác định các hàm bn(t) sao cho (10.6.2) là nghiệm của bàitoán (6.10.1). Giả sử hàm này có các đạo hàm liên tục trong khoảng (0,L), vì thế chuỗi trên có thể lấy vi phân theo từng số hạng. Ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




18

n

n 1

u db (t) n xsin

t dt L

∞

=

∂ π=

∂ ∑

n

n 1

22

n2n 1

u n n x b (t) cos

x L L

u n n x b (t) sin

x L L

∞

=

∞

=

∂ π π=

∂

∂ π π⎛ ⎞= − ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

∑

∑

Thay vào phương trình (10.6.1), ta có: 2

nn n n

n 1 n 1

db (t) n aX (t) b (t) X (x) q(x, t)

dt L

∞ ∞

= =

π⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑

Nhân hai vế của phương trình này với Xm(x), lấy tích phân hai vế theo x từ 0 đến L, ta được:

( ) ( )2

nn m n n m

n 1 n 1

L

m

0

db (t) n aX (t),X (t) b (t) X (t),X (t)

dt L

q(x, t)X (x)dx

∞ ∞

= =

π⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

=∑ ∑

∫

Do tính tr ực giao của hệ hàm Xm(x), ta nhận được ODE sau:2

mm m

L

m m

0

db (t) n a b (t) q (t);

dt L2

q (t) q(x, t)X (x)dxL

π⎛ ⎞+ =⎜ ⎟

⎝ ⎠= ∫

Nhân hai vế với thừa số tích phân

2m a

exp tL

⎡ ⎤π⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

, phương trình

trên tr ở thành:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




19

2 2

2 2

m a m at t

L L

m m

m a m at tt t

L L

m m

0 0

d b (t)e q (t)e

dt

d b (t)e q (t)e dt

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎢ ⎥ = ⇒⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞⎜ ⎟ = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

2 2 2m a m a m at

t tL L L

m m m

0

b (t) b (0)e e q ( )e d

π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ξ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= + ξ ξ∫ (10.6.3)

Dùng điều kiện ban đầu để xác định hệ số bn(0).

n n n

n 1 n 1

n xu(x,0) b (0)X (x) b (0)sin f (x)

L

∞ ∞

= =

π= = =∑ ∑

suy ra:L

m

0

2 m x b (0) f (x)sin dx

L L

π= ∫ (10.6.4)

Bài toán (10.6.4) có nghiệm sau:

2 2 2

n

n 1

n a n a n att t

L L L

n n n

0

L

n

0

L

n

0

n xu(x, t) b (t)sin :

L

b (t) b (0)e e q ( )e d ;

2 n x b (0) f (x)sin dx; n 1,2,3,...

L L

2 n xq (t) q(x, t)sin dx;

L L

∞

=

π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − ξ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

π=

= + ξ ξ

π= =

π=

∑

∫

∫

∫

(10.6.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




20

§10.7. Bài toán truyền nhiệt hỗn hợp

Xét bài toán truyền nhiệt trong thanh mỏng có nguồn nhiệt và điềukiện biên không thuần nhất

1 2 1 2

u u(x)c(x) (x) q(x, t), a x b, t 0 :

t x x

u(a, t) u(b, t)u(a, t) A(t); u(b, t) B(t)

x x

u(x,0) f (x)

⎧ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ρ = ζ + < < >⎜ ⎟⎪ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪⎪ ∂ ∂

α − α = β + β =⎨∂ ∂⎪

=⎪⎪⎩

(10.7.1)

trong đó:

1 1 2 2 1 1 2 2(x), (x), (x), (x)α = α α = α β = β β = β ; c(x) là nhiệt dung

của thanh; (x)ρ = ρ là mật độ khối lượng trên một đơn vị thể tích

của thanh; (x)ζ = ζ là hệ số truyền nhiệt của thanh;

Nghiệm được tìm dưới dạng:

u(x, t) (x, t) (x, t)= ϕ + ψ (10.7.2)

Thay vào phương trình (10.7.1) ta có:

( )

( )

1 2

1 2

c (x) q(x, t), a x b, t 0 :t t x x x

(a, t) (a, t)(a, t) (a, t) A(t);

x x

(b, t) (b, t)(b, t) (b, t) B(t)x x

u(x,0) (x,0) (x,0) f (x)

⎧ ∂ϕ ∂ψ ∂ ⎡ ∂ϕ ∂ψ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ρ + = ζ + + < < >⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎪⎪ ∂ϕ ∂ψ⎛ ⎞α ϕ + ψ − α + =⎪ ⎜ ⎟∂ ∂⎨ ⎝ ⎠⎪ ∂ϕ ∂ψ⎛ ⎞⎪β ϕ + ψ + β + =⎜ ⎟⎪ ∂ ∂⎝ ⎠⎪ = ϕ + ψ =⎩

(10.7.3) Bài toán hỗn hợp được tách làm hai bài toán; bài toán 1 (chứa điềukiện biên không thuần nhất) và bài toán 2 (chứa phương trình khôngthuần nhất).

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




21

Bài toán 1: Hàm (x,t)ψ thỏa mãn phương trình sau với điều kiệnbiên không thuần nhất:

1 2

1 2

(x) 0, a x b, t 0 :x x

(a,t)(a, t) A(t);

x

(b,t)(b, t) B(t)

x

⎧ ∂ ∂ψ⎛ ⎞ζ = < < >⎜ ⎟⎪∂ ∂⎝ ⎠⎪⎪ ∂ψ

α ψ − α =⎨∂⎪

∂ψ⎪β ψ + β =⎪ ∂⎩

(10.7.3)

Để u(x, t) (x, t) (x, t)= ϕ + ψ là nghiệm của phương trình

(10.7.1), khi mà (x,t)ψ là nghiệm của (10.7.3), thì (x,t)ϕ phải lànghiệm của bài toán 2 sau đây:

Bài toán 2 : Hàm (x,t)ϕ thỏa mãn phương trình sau với điều kiệnbiên thuần nhất và điều kiện đầu

1 2 1 2

c (x) q(x, t) c , a x b, t 0 :t x x t

(a, t) (b, t)(a, t) 0; (b, t) 0

x x

(x,0) f (x) (x,0)

⎧ ∂ϕ ∂ ∂ϕ ∂ψ⎛ ⎞ρ = ζ + − ρ < < >⎜ ⎟⎪ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪

⎪ ∂ϕ ∂ϕα ϕ − α = β ϕ + β =⎨

∂ ∂⎪ϕ = − ψ⎪

⎪⎩

(10.7.4)

Giải bài toán 1:

1

1

x

1 2

a

C (t)(x) 0 (x) C (t) x

x x x (x)

d (x, t) C (t) C (t)

( )

∂ ∂ψ ∂ψ⎛ ⎞ζ = ⇒ ζ = ⇔ ∂ψ = ∂ ⇔⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ζ⎝ ⎠

γ⇔ ψ = ψ = +

ζ γ∫

trong đó 1 2C (t),C (t) là các hàm tùy ý theo t được chọn sao cho thỏamãn điều kiện biên. Ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




22

11 2 2

b

11 1 2 2

a

C (t)C (t) A(t);

(a)

d C (t)C (t) C (t) B(t)

( ) (b)

⎧α − α =⎪ ζ⎪⎨ ⎡ ⎤γ⎪β + + β =⎢ ⎥⎪ ζ γ ζ⎣ ⎦⎩

∫

Nên phương trình xác định 1 2C (t),C (t) là:

21 1 2

b

21 1 1 2

a

C (t) C (t) A(t);(a)

d C (t) C (t) B(t)

(b) ( )

α⎧− + α =⎪ ζ⎪

⎨⎛ ⎞β γ⎪ + β + β =⎜ ⎟⎪ ζ ζ γ⎝ ⎠⎩ ∫

(10.7.5)

Giải bài toán 2:

Đặt Q(x, t) q(x, t) c ; F(x) f (x) (x,0)t

∂ψ= − ρ = − ψ

∂

Phương trình của bài toán 2 có dạng:

1 2 1 2

c (x) Q(x, t), a x b, t 0 :t x x

(a, t) (b, t)(a, t) 0; (b, t) 0

x x

(x,0) F(x) (x,0)

⎧ ∂ϕ ∂ ∂ϕ⎛ ⎞ρ = ζ + < < >⎜ ⎟⎪ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪⎪ ∂ϕ ∂ϕ

α ϕ − α = β ϕ + β =⎨∂ ∂⎪

ϕ = − ψ⎪⎪⎩

(10.7.6)

Để giải (10.7.6) tr ước hết xét phương trình thuần nhất

1 2 1 2

c (x) , a x b, t 0 :t x x

(a, t) (b, t)(a, t) 0; (b, t) 0

x x

⎧ ∂ϕ ∂ ∂ϕ⎛ ⎞ρ = ζ < < >⎜ ⎟⎪⎪ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎨

∂ϕ ∂ϕ⎪α ϕ − α = β ϕ + β =⎪ ∂ ∂⎩

(10.7.7)

Nghiệm của phương trình này được tìm theo phương pháp tách biến.

Nghiệm được tìm có dạng: (x, t) X(x)T(t)ϕ = .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




23

Thay nghiệm này vào phương trình (10.7.7) ta nhận được hai ODE:ODE xác định X(x):

2

1 2 1 2

d dX(x) (x)c(x)X(x) 0dx dx

X(a) X (a) 0; X(b) X (b) 0

⎧ ⎛ ⎞ζ + λ ρ =⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎨

⎪ ′ ′α − α = β + β =⎩

và ODE xác định T(t):22 tT (t) T(t) 0 T(t) e

−λ′ + λ = ⇒ =

trong đó

2

−λ là hằng số tách biến.Phương trình để tìm hàm X(x) chính là bài toán tìm các tr ị riêng, các

hàm riêng tr ực giao tương ứng n n,X (x), n 1,2,3,...λ = , sao cho:

( ) b

2n m n m

a n

0, khi n mX ,X r(x)X (x)X (x)dx

X khi n m

≠⎧⎪= = ⎨=⎪⎩

∫

trong đó r(x) (x)c(x)= ρ được gọi là hàm tr ọng.

Do mỗi hàm nX (x) thỏa mãn điều kiện biên thuần nhất, nên ta chọnnghiệm của phương trình không thuần nhất (10.7.6) dưới dạng:

n n

n 1

(x, t) b (t)X (x)∞

=

ϕ = ∑

Thay vào phương trình (10.7.6) ta có:

n nn n

i 1 i 1

2nn n n n

i 1 i 1

db (t) d dX (x)c(x) (x) X (x) b (t) (x) Q(x, t)

dt dx dxdb (t)

r(x) X (x) b (t)r(x) X (x) Q(x, t)dt

∞ ∞

= =∞ ∞

= =

⎡ ⎤ρ = ζ + ⇔⎢ ⎥

⎣ ⎦⇔ = − λ +

∑ ∑

∑ ∑

Nhân hai vế của phương trình trên với mX (x) và tích phân hai vế phương trình nhận được từ a đến b, do tính tr ực giao của hệ

hàm{ mX (x), m 1,2,3,...= với hàm trong r(x), ta nhận được:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




24

2mn n m

b

m m2

am

db (t) b (t) Q (x, t);

dt1

Q (x, t) Q(x, t)X (x)dxX

+ λ =

= ∫ (10.7.8)

Nghiệm của (10.7.8) được tìm dưới dạng:

2 2 2m m m

t

t t

m m m

0

b (t) b (0)e e Q ( )e d −λ −λ λ ξ= + ξ ξ∫

Từ điều kiện ban đầu: (x,0) F(x)ϕ = suy ra:

n n

n 1

F(x) (x,0) b (0)X (x)∞

=

= ϕ = ∑

Vế phải chính là khai triển Fourier theo các hàm sin của hàm F(x).Vậy ta có:

b

n n2

an

1 b (0) r(x)F(x)X (x)dx

X

=

∫ Bài toán đã được giải.

Nhận xét: trong thuật toán trên còn có chỗ chưa tường minh. Đó làviệc xác định các tr ị riêng và hàm riêng chưa có biểu diễn hiện.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




26

[ ]

[ ]

2 2a tU(x, t) U (x, t)d e A( )cos x B( )sin x d

U(x,0) U (x,0)d f (x) A( )cos x B( )sin x d

∞ ∞−λ

λ

−∞ −∞∞ ∞

λ−∞ −∞

= λ = λ λ + λ λ λ

= λ = = λ λ + λ λ λ

∫ ∫

∫ ∫(10.8.4)

Hàm này là nghiệm của (10.8.1) nếu tích phân (10.8.4) hội tụ đều vàcó thể đạo hàm được theo dưới dấu tích phân hai lần theo x, một lầntheo t.

Dùng phương pháp tích phân Fourier.Tích phân Fourier của hàm f(x) được định ngh ĩ a bởi:

i (x )

f

1X ( ,x) f ( )e d

2

∞λ −ξ

−∞

λ = ξ ξπ ∫

Khi đó ta có khai triển của hàm f(x) qua tích phân Fourier của nó:

f f (x) X ( , x)d

∞

−∞= λ λ∫

hay

i (x )1f (x) d f ( )e d

2

∞ ∞λ −ξ

−∞ −∞

= λ ξ ξπ ∫ ∫ (10.8.5)

Khai triển theo tích phân Fourier cho hàm điều kiện đầu f(x):

1f (x) d f ( )cos (x )d 2

1cos x f ( )cos d sin x f ( )sin d d

2

∞ ∞

−∞ −∞

∞ ∞ ∞

−∞ −∞ −∞

= λ ξ λ − ξ ξ =π

⎡ ⎤= λ ξ λξ ξ + λ ξ λξ ξ λ =⎢ ⎥

π ⎣ ⎦

∫ ∫

∫ ∫ ∫

[ ]A( )cos x B( )sin x d

∞

−∞

= λ λ + λ λ λ ⇒∫

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




27

1 1A( ) f ( )cos d ; B( ) f ( )sin d

2 2

∞ ∞

−∞ −∞

λ = ξ λξ ξ λ = ξ λξ ξ

π π∫ ∫ (10.8.5)

Thay vào biểu thức nghiệm (10.8.4) ta có

[ ]2 2

2 2

2 2

a t

a t

a t

0

U(x, t) U (x, t)d e A( )cos x B( )sin x d

1d f ( )e cos (x )d

2

1d f ( )e cos (x )d

∞ ∞−λ

λ−∞ −∞

∞ ∞−λ

−∞ −∞

∞ ∞−λ

−∞

= λ = λ λ + λ λ λ =

⎛ ⎞= λ ξ λ − ξ ξ =⎜ ⎟

π ⎝ ⎠

⎛ ⎞= λ ξ λ − ξ ξ⎜ ⎟

π ⎝ ⎠

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

nên:2 2a t

0

1U(x, t) d f ( )e cos (x )d

∞ ∞−λ

−∞

⎛ ⎞= λ ξ λ − ξ ξ⎜ ⎟

π ⎝ ⎠∫ ∫ , hay

2 2a t

0

1U(x, t) f ( )d e cos ( x)d

∞ ∞−λ

−∞

= ξ ξ λ ξ − λ

π

∫ ∫ (10.8.6)

Tính tích phân

2 2a t

0

J(x, , t) e cos ( x)d

∞−λξ = λ ξ − λ∫

Đặt

( )

2 2 2 dza t z a t z, d ;

a t

xx z ;

a t

⎧ λ = ⇒ λ = λ =⎪⎪⎨ ξ −⎪λ ξ − = μ ⇒ μ =⎪⎩

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




28

( ) ( )

2 2 2

2

a t z

0 0

z

0

1I(x, , t) e cos ( x)d e cos zdz

a t

1I(x, , t) J : J e cos zdz

a t

∞ ∞−λ −

∞−

ξ = λ ξ − λ = μ

ξ = μ μ = μ∫ ∫

∫

Ta có:

( ) 2z

0

J 0 e dz2

∞− π

= =∫

( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

z z

0 0

z z

0 0

z z

0x 0

J( )J e cos zdz e zsin zdz;

1J e cos zdz e d sin z z

1 2 2 J( )e sin z e zsin zdz

∞ ∞− −

∞ ∞− −

∞ ∞

− −

=

∂ μμ = μ ⇒ = − μ

∂μ

μ = μ = μ =μ

∂ μ= μ + μ = −μ μ μ ∂μ

∫ ∫

∫ ∫

∫

( )

2

22

2 2

2

4

0 0

( x )

z 4a t4

0

2 J( ) J( )J

J( ) 2

dJ( )d ln J( ) ln C J( ) Ce ;

J( ) 2 4

J(0) C e dz J( ) e e ;2 2 2

∞ ∞ μ−

ξ−∞ μ −−−

∂ μ ∂ μ μμ = − ⇔ = − ∂μ ⇔

μ ∂μ μ

μ μ μ= − μ ⇔ μ = − + ⇔ μ =

μπ π π

= = = ⇒ μ = =∫ ∫

∫ Từ đó ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




29

( )2

2

x

4a t1

I(x, , t) J( ) ea t 2a t

ξ−−π

ξ = μ =

Như vậy nghiệm cần tìm có dạng:

( )( )

2

2

x

4a t1 1

U(x, t) f ( )I x, , t d f ( ) e d 2a t

ξ−∞ ∞ −

−∞ −∞

= ξ ξ ξ = ξ ξπ π∫ ∫

( )2

2

x

4a t1

U(x, t) f ( )G(x, , t)d : G(x, , t) e2a t

ξ−∞ −

−∞= ξ ξ ξ ξ = π∫ (10.8.7)

(công thứ c Poát xông đối với bài toán (10.8.1) , (10.8.2))

Hàm Green G của phương trình truyền nhiệt trong thanh vô hạn là( )

2

2

x

4a t1

G(x, , t) e2a t

ξ−−

ξ =π (10.8.8)

2.Truyền nhiệt trong thanh bán vô hạnGiải bài toán:2

2

2

u ua , 0 x , t 0

t x

u(0, t) (t), t 0

u(x,0) (x), x 0

⎧∂ ∂= < < ∞ >⎪ ∂ ∂⎪⎪

= ψ ≥⎨⎪ = ϕ ≥⎪

⎪⎩

(10.8.9)

Tìm nghiệm dưới dạng

u(x, t) w(x, t) (x, t)= + ν

Hàm w(x, t), (x, t)ν thỏa mãn các hệ phương trình sau:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




30

22

2

w wa , 0 x , t 0

t xw(0, t) (t), t 0; w(x,0) 0, x 0

⎧∂ ∂= < < ∞ >⎪

∂ ∂⎨⎪ = ψ ≥ = ≥⎩ (10.8.10)

22

2a , 0 x , t 0

t x

(0, t) 0, t 0; (x,0) (x), x 0

⎧∂ν ∂ ν= < < ∞ >⎪

∂ ∂⎨⎪ν = ≥ ν = ϕ ≥⎩

(10.8.11)

Thử giải bằng phương pháp tách biến, chú ý sử dụng điều kiện biênvà điều kiện đầu.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




31

§10.9. Khái niệm về hàm Green

1. Hàm Green cho phương trình truyền nhiệt một chiếuHệ phương trình2

2

2

u ua , 0 x L :

t x

u(0,t) 0, u(L,t) 0,

u(x,0) f (x)

⎧∂ ∂= < <⎪ ∂ ∂⎪⎪

= =⎨⎪ =⎪⎪⎩

có nghiệm tổng quát2

n at

L

n

n 1

n xu(x, t) a e sin

L

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

π= ∑

L

n

0

2 na f ( )sin d

L L

πξ= ξ ξ∫

Như vậy nghiệm có dạng 2

2

2

n aLt

L

n 1 0

n aL Lt

L

n 10 0

n at

L

n 1

2 n n xu(x, t) f ( )sin d e sin

L L L

2 n n xf ( ) sin sin e d f ( )G(x, , t)d :

L L L

2 n n xG(x, , t) sin sin eL L L

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

⎡ ⎤πξ π= ξ ξ =⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤πξ π⎢ ⎥= ξ ξ = ξ ξ ξ⎢ ⎥⎣ ⎦

πξ πξ =

∑ ∫

∑∫ ∫

∑

Hàm G(x, ,t)ξ là hàm ảnh hưởng của điều kiện ban đầu, biểu thị nhiệt độ tại vị trí x, tại thời điểm t do tác động của nhiệt độ ban đầutại ξ. Để thu được nhiệt độ u(x,t), lấy tổng (tích phân) toàn bộ ảnhhưởng của tất cả các vị trí ban đầu.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




32

Giải thích rõ hơn:Xét phương trình truyền nhiệt tổng quát có nguồn nhưng điều kiện

biên vẫn thuần nhất: 22

2

u uL(u) a q(x, t), 0 x L :

t x

u(0,t) 0, u(L,t) 0,

u(x,0) f (x)

⎧ ∂ ∂= − = < <⎪ ∂ ∂⎪⎪

= =⎨⎪ =⎪⎪⎩

(10.9.1)

Chọn nghiệm dạng khai tri ển theo hệ các hàm riêng

n xsin , n 1,2,3,...

Lπ⎧ ⎫=⎨ ⎬

⎩ ⎭

như sau:

n

n 1

n xu(x, t) b (t)sin

L

∞

=

π= ∑

Khai triển hàm nguồn nhiệt theo hệ các hàm riêng

L

n n

n 1 0

n x 2 n xq(x, t) q (t)sin : q (t) q(x, t)sin dxL L L

∞

=

π π= =∑ ∫

Thay vào phương trình (10.9.1) ta có ODE cấp 1 để tìm un(t)2

nn n

du (t) n au (t) q (t)

dt L

π⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ (10.9.2)

Nghiệm của phương trình ODE này có dạng2 2

n a n att

L L

n n n

0

L

n n

n 1 0

u (t) e u (0) q ( )e d ;

n x 2 nf (x) u (0)sin u (0) f ( )sin d

L L L

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− τ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∞

=

⎛ ⎞⎜ ⎟= + τ τ⎜ ⎟⎝ ⎠

π πξ= ⇒ = ξ ξ

∫

∑ ∫

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




33

Như vậy

2

2 2

nn 1

n aLt

L

n 1 0

n a n at Lt

L L

0 0

n x

u(x, t) b (t) sin L

2 nf ( )sin d e

L L

2 n n xe q( , )sin d e d sin

L L L

∞

=

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− τ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

π

= =

⎡⎛ ⎞πξ⎢= ξ ξ +⎜ ⎟⎢⎝ ⎠⎣

⎤⎛ ⎞πξ π⎥+ ξ τ ξ τ⎜ ⎟⎥

⎝ ⎠ ⎦

∑

∑ ∫

∫ ∫

Tráo đổi thứ tự giữa tổng và tích phân, thu được

( )

2

2

n aLt

L

n 10

n aL tt

L

n 10 0

2 n n xu(x, t) f ( ) sin sin e d

L L L

2 n n xq( , ) sin sin e d d

L L L

π⎛ ⎞∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

π⎛ ⎞∞ − −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

⎛ ⎞πξ π⎜ ⎟= ξ ξ +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞πξ π⎜ ⎟+ ξ τ τ ξ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑∫

∑∫ ∫

Như vậy ta đưa ra hàm Green có dạng:

( ) ( )

2n a

tL

n 1

2 n n xG x, t; , sin sin e

L L L

π⎛ ⎞∞ − −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

πξ πξ τ = ∑

và nghiệm của phương trình (10.9.1) biểu diễn qua hàm Green là:

( ) ( )L L t

0 0 0

u(x, t) f ( )G x, t; ,0 d q( , )G x, t; , d d = ξ ξ ξ + ξ τ ξ τ τ ξ∫ ∫ ∫

Từ biểu thức này ta thấy hàm Green:

+ tại 0τ = , ( )G x, t ; ,0ξ , miêu tả ảnh hưởng của nhiệt độ ban đầu

tại điểm ξ lên nhiệt độ ở vị trí x tại thời điểm t.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




34

++ ( )G x, t ; ,ξ τ ,miêu tả ảnh hưởng của nhiệt độ lên vị trí x tại thời

điểm t do nguồn nhiệt Q(x,t) đặt tại ví trí ξ tại thời điểm τ .Ta có

( ) ( )G x, t; , G x, t ; ,0ξ τ = − τ ξ

Tức là hàm Green chỉ phụ thuộc vào độ tr ễ thời gian t − τ . Nóicách khác sự phân bố nguồn nhiệt hiện tại là do nguồn nhiệt phát ra

trong quá khứ ảnh hưởng đến ( )0 t< τ < , bất kỳ nguồn nhiệt nào

phát ra trong tương lai cũng không ảnh hướng đến hiện tại.

2. Hàm Green cho bài toán giá tr ị biên đối với ODEa) Phương trình truyền nhiệt một chiều trong tr ạng thái dừngPhương trình truyền nhiệt một chiều (10.9.1) trong tr ạng thái dừng(nguồn nhiệt không phụ thuộc thời gian, q(x,t) = q(x) ) có dạng:

22

2

uL(u) a q(x), 0 x L :

x

u(0) 0, u(L) 0;u(x,0) f (x)

⎧ ∂= − = < <⎪ ∂⎪⎪= =⎨⎪ =

⎪⎪⎩

Tìm nghiệm của phương trình này khi thời gian t tiến đế vô hạn.Ta có:

( ) ( )L L t

0 0 0

u(x, t) f ( )G x, t; ,0 d q( ) G x, t; , d d = ξ ξ ξ + ξ ξ τ τ ξ∫ ∫ ∫trong đó

( ) ( )

2n a

tL

n 1

2 n n xG x, t; , sin sin e

L L L

π⎛ ⎞∞ − −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

πξ πξ τ = ∑

Ta có:

( )tlimG x, t; , 0 0

→∞ξ =

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




35

vì sự ảnh hưởng của điều kiện ban đầu u(x,0) f (x)= sẽ biến mất

khi t → ∞ ;Do

( )( )

2 2

2

t

n a n at t

n at L LtL

2 2

0

0

e 1 ee d

n a n a

L L

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −τ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟π⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠− −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

τ=

−τ = =

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫

nên

( )

( )

( )

2

2

2

t

t0

n att

L

tn 10

n att

L

tn 1 0

n at

L

2t

lim G x, t; , d

2 n n xlim sin sin e d

L L L

2 n n xsin sin lim e d

L L L

2 n n x 1 esin sin lim

L L L n a

L

→∞

π⎛ ⎞∞ − −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

→∞=

π⎛ ⎞∞ − −τ⎜ ⎟⎝ ⎠

→∞=

π⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

→∞

⎛ ⎞ξ τ τ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞πξ π⎜ ⎟= τ =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞πξ π ⎜ ⎟= τ =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜

πξ π −⎜=⎜ π⎛ ⎞

⎜ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫

∑∫

∑ ∫

n 1

2

n 1

2 n n x Lsin sin

L L L n a

∞

=

∞

=

⎟⎟ =⎟

⎟

πξ π ⎛ ⎞= ⎜ ⎟π⎝ ⎠

∑

∑

Từ đó

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




36

( )( )

( )

L

t t0

L t

t0 0

2L

n 10

limu(x, t) f ( ) limG x, t; , 0 d

q( ) lim G x, t; , d d

2 n n x Lq( ) sin sin d u(x)

L L L n a

→∞ →∞

→∞

∞

=

= ξ ξ ξ +

⎡ ⎤⎛ ⎞+ ξ ξ τ τ ξ =⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞πξ π ⎛ ⎞= ξ ξ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟π⎝ ⎠⎝ ⎠

∫

∫ ∫

∑∫

trong đó, hàm Green G(x, )ξ xác định bởi:

( )2 2

n 1

2L 1 n n xG(x, ) sin sin

n L La

∞

=

πξ πξ =

π ∑

Vậy ta nhận đượcsự phân bố nhiệt dừng u(x):L

0

u(x) q( )G(x, )d = ξ ξ ξ

∫

Hàm Green G(x, )ξ là hàm ảnh hưởng cho bài toán trong tr ạngthái dừng. Hàm Green có tính đối xứng

G(x, ) G( ,x)ξ = ξ

Chú ý: Khi xét tr ạng thái dừng, khi nguồn nhiệt chỉ là hàm thewotọa độ thì bài toán giải phương trình truyền nhiệt một chiều tr ở thành bài toán ODE giá tr ị biên sau:

22

2 2

u q(x)L(u) a f (x), 0 x L :

x a

u(0) 0, u(L) 0;

⎧ ∂= = − = < <⎪∂⎨

⎪ = =⎩

Phương pháp biến thiên tham số sau cho phép cách khác giảiphương trình này.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




37

b) Phương pháp biến thiên hằng số Xét bài toán biên của ODE sau:

d duL(u) p f (x), 0 x b :dx dx

u(0) 0, u(b) 0

⎧ ⎛ ⎞= = < <⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎨

⎪ = =⎩

Với p = a2, ta nhận được phương trình truyền nhiệt trong tr ạngthái dừng.

Giả sử phương trình thuần nhất L(u) = 0, có hai nghiệm riêng

u1(x) và u2(x) độc lập tuyến tính, tức là:2

1 11 2

2

2 21 2

dp du d uL(u ) p 0

dx dx dx

dp du d uL(u ) p 0

dx dx dx

⎧= + =⎪⎪

⎨⎪ = + =⎪⎩

(a)

và

1 2

2 11 2 1 21 2

u u du duW(u ,u ) u u 0du du

dx dxdx dx

= = − ≠ (b)

Nghiệm của phương trình không thuần nhất L(u) = f(x) được tìmdưới dạng:

1 1 2 2u(x) v u v u= + (c)

Tr ường hợp 1: Nếu v1, v2 là các hằng số cần tìm,

1 1 2 2

2 2 2

1 2 1 21 2 1 22 2 2

u(x) v u v u

du du du d u d u d uv v ; v v ;

dx dx dx dx dx dx

= +

= + = +

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




38

2

2

2 2

1 2 1 21 2 1 22 2

2 2

1 1 2 21 22 2

1 2

d du dp du d uL(u) p f (x) p f (x)

dx dx dx dx dxdp du du d u d u

v v p v v f (x)dx dx dx dx dx

dp du d u dp du d uv p v p f (x)

dx dx dx dx dx dx

v .0 v 0 f (x)

⎛ ⎞= = ⇔ + = ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⇔ + + + = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⇔ + =

Vô lý vì theo giả thiết f (x) 0≠ . Như vậy 1 1 2 2u(x) v u v u= + khi v1, v2 là các hằng số, không thể là nghiệm.

Tr ường hợp 2: v1 = v1(x), v2 = v2(x) là các hàm cần tìm.Ta có:

1 1 2 2

1 2 1 21 2 1 2

u(x) v u v u

du dv dv du duu u v vdx dx dx dx dx

= +

= + + +

Chọn 1 2v (x),v (x) sao cho:

1 21 2

dv dvu u 0

dx dx+ = (d)

Khi đó

1 21 2

2 2 2

1 1 1 2 2 21 22 2 2

du du duv vdx dx dx

d u dv du d u dv du d uv v

dx dx dx dx dx dx dx

= + ⇒

= + + +

Thay vào biểu thức

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




39

2

2

d du dp du d uL(u) p f (x) p f (x)

dx dx dx dx dx

⎛ ⎞= = ⇔ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Suy ra

1 21 2

2 2

1 1 1 2 2 21 22 2

2 2

1 1 2 21 22 2

(a )1 1 2 2

dp du duf (x) v v

dx dx dx

dv du d u dv du d u p v v

dx dx dx dx dx dx

dp du d u dp du d uf (x) v p v pdx dx dx dx dx dx

du dv du dv p p

dx dx dx dx

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞+ + + + ⇔⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+ + ⇔

1 1 2 2du dv du dv p p f (x)

dx dx dx dx

+ = (e)

Giải hệ phương trình đại số tuyến tính (d), (e), chú ý tới điều kiện (b),ta được:

1 21 21 2

1 1 2 2 2 1

x

21 1

0

x

12 2

0

dv fudv dvu u 0

dx pwdx dx

du dv du dv dv fu p p f (x)

dx dx dx dx dx pwf ( )u ( )

v (x) d C p( )w( )

f ( )u ( )v (x) d C

p( )w( )

−⎧⎧ =+ = ⎪⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨

⎪ ⎪+ = =

⎪ ⎪⎩ ⎩⎧ ξ ξ

= − ξ +⎪ ξ ξ⎪⇔ ⎨

ξ ξ⎪ = ξ +⎪ ξ ξ⎩

∫

∫

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




41

1 2

1 1

L L

1 1

0 0

u(L) v (L)L v (L)(L L) 0

v (L)L 0 v (L) 0

1 1f ( )(L )d C 0 C f ( )(L )d

L L

= + − = ⇒

⇒ = ⇒ = ⇒

⇒ ξ − ξ ξ + = ⇒ = − ξ − ξ ξ∫ ∫

Từ đó các hàm v1(x), v2(x) tìm được là:x L

1

0 0

x

2

0

1 1v (x) f ( )(L )d f ( )(L )d

L L

1v (x) f ( ) d

L

⎧= ξ − ξ ξ − ξ − ξ ξ⎪

⎪⎨⎪ = − ξ ξ ξ⎪⎩

∫ ∫

∫

Do 0 x L< < nênL x

1 2

x 0

1 1v (x) f ( )(L )d ; v (x) f ( ) d

L L

⎧⎪= − ξ − ξ ξ = − ξ ξ ξ⎨

⎪⎩

∫ ∫

Như vậy, nghiệm của bài toán biên không thuần nhất là:L x

x 0

x L xu(x) f ( )(L )d f ( ) d

L L

−= − ξ − ξ ξ − ξ ξ ξ∫ ∫

hay

L

0

x(L )

, khi xLu(x) f ( )G(x, )d : G(x, )(L x)

, khi xL

− ξ⎧

− < ξ⎪⎪= ξ ξ ξ ξ = ⎨ξ −⎪− > ξ

⎪⎩

∫

Ta cùng thấy tính đối xứng của hàm Green.Như vậy khi giải phương trình truyền nhiệt trong tr ạng thái dựng tathu được hai hàm Green.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




42

( )2 2

n 1

2L 1 n n xG(x, ) sin sin

n L Lax(L )

, khi xL

G(x, )(L x)

, khi xL

∞

=

πξ πξ =

π− ξ⎧− < ξ⎪⎪ξ = ⎨

ξ −⎪− > ξ⎪⎩

∑

Chúng hoàn toàn giống nhau, vì hàm trên chính là khai triển thành

chuỗi Fouriern xsinLπ⎧ ⎫⎨ ⎬

⎩ ⎭ của hàm bên dưới.

3. Phương pháp mở r ộng tr ị riêng cho các hàm Green

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




43

§10.10. Truyền nhiệt trong hệ tọa độ tr ụ

Khi xét quá trình truyền nhiệt của thanh tr ụ dài trên miền bị chặn, hệ tọa độ tr ụ thường được dùng.Một cách tuần tự, ta xét các bài toán truyền nhiệt trong các hệ tọa độ tr ụ cũng từ một ba chiều giống nhu trong tọa độ Đề các.

1. Tọa độ tr ụ một chiều, r: x = rBài toán: Xét quá trình truyền nhiệt của thanh tr ụ dài hình tròn, nhiệtđộ của thanh có dạng u = u(r,t) là hàm của bán kính r và thời gian t.

22

02

0

u u 1 u

a , 0 r r ;t r r r

u(r , t ) 0; u(r,0) f (r)

⎧ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂

= + < <⎪ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎨ ⎝ ⎠⎪ = =⎩

(10.10.1)

Tìm nghiệm dưới dạng

u(r, t) R(r)T(t)= (10.10.2)

Thay vào PDE đã cho, ta có

2

2

0

R (r) 1R(r)T (t) a T(t) R (r)dr r

R(r )T(t) 0; R(r)T(0) f (r)

′′⎧ ⎡ ⎤′ ′= +⎪ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎨⎪ = =⎩

(10.10.3)

Từ điều kiện biên suy ra 0R(r ) 0= .

Từ (10.10.3), chia hai vế cho a2R(r)T(t) ta có

2

2

R (r) 1R (r)

T (t) dr r :a T(t) R(r)

′′′+′

= = λ (10.10.4)

trong đó λ là hằng số tách biến.Ta nhận được hai ODE sau:

2T (t) a T(t) 0′ − λ = (10.10.5)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




44

0 02

R (r) 1R (r) R(r) 0; 0 r r , R(r ) 0

dr r

′′′+ − λ = < < = (10.10.6)

Phương trình (10.10.6) chỉ có nghiệm khi2 0λ = −ω ≤ .

Khi2λ = −ω ta có phương trình Bessel cấp không. Nghiệm tổng quát

của nó có dạng:

( )1 0 2 0 1 20R(r) C J ( r) C Y r , 0 r r , C ,C consts= ω + ω ≤ ≤ −

Do nghiệm cần tìm bị chặn, nên cần C2 = 0 và chọn C1 = 1, nên

nghiệm xác định trong khoảng 00 r r < < có dạng:0 0R(r) J ( r); 0 r r = ω ≤ ≤

Giá tr ị ω được chọn sao cho thỏa mãn điều kiện biên:0

0 0 0 0 n

0

nn

0

R(r ) J ( r ) J ( ) 0

, n 1,2,3,....r

= ω = μ = ⇒

μω = ω = = (10.10.7)

trong đó 0

nμ là các không điểm của hàm Besel loại 1 cấp 0.Với mỗi tr ị riêng có một hàm riêng:

0

nn 0 0 n 0

0

R (r) J ( r) J ( r) J ( r), n 1, 2,3,....r

μ= ω = ω = = (10.10.8)

Các hàm riêng này tr ực giao trong (0, r 0) với hàm tr ọng r.Thay các giá tr ị riêng tìm được vào phương trình xác định hàm T(t).

Phương trình này có các nghiệm riêng:2 2n a t

nT(t) T (t) e , n 1,2,3,....−ω= = =

Do đó nghiệm của PDE là:2 2n a t

n n n 0 nu (r, t) R (r)T (t) J ( r)e , n 1,2,3,....−ω= = ω =

và nghiệm tổng quát cần tìm là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




45

2 2n a t

n 0 n

n 1

u(r, t) A J ( r)e∞

−ω

=

= ω∑ (10.10.9)

trong đó các hằng số An được xác định từ điều kiện ban đầu.

Điều kiện ban đầu:

n 0 n

n 1

u(r,0) A J ( r)∞

=

= ω∑

Do tính tr ực giao của của hệ các hàm Bessel, các hệ số An được tínhtheo công thức:

0r

0 nn 0 n2 2 2

0 1 n 00 n

(f (r), J ( r)) 2A rf (r)J ( r)dr

r J ( r)J ( r)

ω= = ω

ωω ∫ (10.10.10)

Vậy nghiệm của bài toán (10.10.1) là:

02 2

n

r

a t0 n0 n2 2

n 10 1 n 0

2 J ( r)u(r, t) f ( )J ( )d e

r J ( r)

∞

−ω=

⎛ ⎞ω= η η ω η η⎜ ⎟⎜ ⎟ω⎝ ⎠∑ ∫ (10.10.11)

2. Tọa độ tr ụ hai chiều, (r,ϕ): x = r, y = ϕ Tìm nhiệt độ của ống tr ụ tròn dài vô hạn có bán kính r 0 nếu biết tr ướcnhiệt độ ban đầu và bề mặt tr ụ duy trì nhiệt độ bằng không.Mô hình toán: Tìm hàm nhiệt độ u = u(r,ϕ,t) thỏa mãn phương trình

22

02 2

0

u 1 u 1 u

a r ; 0 r r , 0 2t r r r r

u(r , , t) 0; u(r, , 0) f (r, )

⎧ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞

= + < < < ϕ < π⎪ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ϕ⎝ ⎠⎨ ⎣ ⎦⎪ ϕ = ϕ = ϕ⎩

(10.10.12)

Hàm nhiệt độ cần tìm cần thêm điều kiện hữu hạn và tuần hoàn chukỳ 2π theo ϕ như sau:

u(r, , t) ; u(r, 2 , t) u(r, , t)ϕ < ∞ ϕ + π = ϕ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




46

Tìm nghiệm dạng tách biến:

u(r, , t ) R(r) ( )T(t)ϕ = Φ ϕ (10.10.13)

Thay vào phương trình trên ta có:

[ ] 2

2 2

rR (r)T (t) 1 1 ( )

a T(t) R(r) r r ( )

′′′ ′′Φ ϕ= + = −λ

Φ ϕ (10.10.14)

Chọn

2 2( )

n ( ) n ( ) 0( )

′′Φ ϕ′′

= − ⇒ Φ ϕ + Φ ϕ =Φ ϕ (10.10.15)

ODE này có nghiệm:

n n n( ) ( ) A cosn B sin nΦ ϕ = Φ ϕ = ϕ + ϕ (10.10.15a)

Do giả thiết về tính tuần hoàn,

( ) ( )( 2 ) Acos n n2 Bsin n n2 ( )

n 0,1,2,3,...

Φ ϕ + π = ϕ + π + ϕ + π = Φ ϕ ⇒

⇒ =

Từ (10.10.14) ta có hệ hai ODE:2 2T (t) a T(t) 0′ + λ = (10.10.16)

( )2 2 2 2r R (r) rR (r) r n R(r) 0′′ ′+ + λ − = (10.10.17)

Phương trình (10.10.17) có nghiệm biểu diễn qua các hàm Bessel

nếu chọn x r = λ

( )2 2 2

n n n n n

x R (x) xR (x) x n R(x) 0

R(x) R (x) J (x) Y (x)

′′ ′+ + − = ⇒

⇒ = = α + β

Điều kiện n nR 0 do Y (0)< ∞ ⇒ β = → −∞ . Chọn n 1α = .

Từ điều kiện ban đầu, 0 n 0 n 0R(r ) R ( r ) J ( r ) 0= λ = λ = WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




47

Gọi các không điểm của hàm Bessel nJ (x) là:

n n n n

0 1 1 k , , , ..., ,...,k 0,1,2,3,....μ μ μ μ = thì ta có:

n

k nk

0r

μλ = λ =

Như vậy hàm R(r) sẽ là:n

k nk n

0

R(r) R (r) J ( r)

r

μ= = (10.10.17a)

Do vậy, phương trình theo T(t), (10.10.16) có nghiệm:2

nk

0

at

r

nk T(t) T (t) e , n 1,2,3,....

⎛ ⎞μ−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= = = (10.10.16a)

Nghiệm riêng tách biến cần tìm là:

( )

2nk

0

an t

r k

nk n nk nk 0u(r, , t) u (r, , t) J r A cos n B sin n e ;r

n,k 0,1,2,3,....

⎛ ⎞μ−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞μ

ϕ = ϕ = ϕ + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠=


( )

2nk

0

an t

r k n nk nk

n 0 k 0 0

u(r, , t) J r A cosn B sin n er

⎛ ⎞μ−⎜ ⎟∞ ∞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

= =

⎛ ⎞μϕ = ϕ + ϕ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑∑ (10.10.18)

Do tính tr ực giao của các hàm Bessel và tính tr ực giao của các hàm

{ }1,cosn ,sinnϕ ϕ ta có:

0r 2 22 ' 20 0

1

00

r r rJ r dr J ( ) J ( )

r 2 2ν ν ν+

⎛ ⎞μ= μ = μ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




48

2

0

2

0

0 n m

cosn cosm 2 n m 0;n m 0

0 n m

sin n sin m 0 n m 0

n m 0

π

π

≠⎧⎪

ϕ ϕ = π = =⎨⎪ π = ≠⎩≠⎧

⎪ϕ ϕ = = =⎨

⎪π = ≠⎩

∫

∫

Suy ra công thức tính các hệ số

( )

( )

0

0

r 2 n

n k nk n2

2 n00 0

0 n k

n

r 2 n

k

nk n22 n00 0

0 n k

A rf (r, )cosn J r drd ;r r J

1, n 0

2, n 0

2B rf (r, )sin n J r drd

r r J

π

π

⎛ ⎞ε μ= ϕ ϕ ϕ⎜ ⎟

⎡ ⎤ ⎝ ⎠π μ⎣ ⎦=⎧

ε = ⎨≠⎩

⎛ ⎞μ= ϕ ϕ ϕ

⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎝ ⎠π μ⎣ ⎦

∫ ∫

∫ ∫

(10.10.19)

3. Tọa độ tr ụ 3 chiều, (r,ϕ): x = r, y = ϕ, z = zTìm nhiệt độ của ống tr ụ tròn dài hữu hạn có bán kính r 0 nếu biếttr ước nhiệt độ ban đầu và bề mặt tr ụ duy trì nhiệt độ bằng không.Mô hình toán: Tìm hàm nhiệt độ u = u(r,ϕ,z,t) thỏa mãn phươngtrình

2 2

22 2 2

0

0

u 1 u 1 u ua r ;t r r r r z

0 r r , 0 2 , 0 z L

u(r , ,z, t ) 0; u(r, ,0, t ) 0, u(r, ,L, t ) 0

u(r, ,z,0) f (r, ,z)

⎧ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= + +⎪ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ϕ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦⎪⎪< < < ϕ < π < <⎨

⎪ ϕ = ϕ = ϕ =⎪⎪ ϕ = ϕ⎩

(10.10.20)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




49

Hàm nhiệt độ cần thêm điều kiện:

u(r, , z, t) ; u(r, 2 , z, t) u(r, , z, t)ϕ < ∞ ϕ + π = ϕ


u(r, , t) R(r) ( )Z(z)T(t)ϕ = Φ ϕ (10.10.21)


[ ] ( ) 2

2 2

rR (r) Z zT (t) 1 1 ( )

a T(t) R(r) r r ( ) Z(z)

′′ ′′′ ′′Φ ϕ= + + = −λ

Φ ϕ (10.10.22)

Chọn

[ ]

2 2

22 2 2 2 2 2

2

( ) Z (z)n ;

( ) Z(x)

rR (r)1 n( : )

R(r) r r

′′ ′′Φ ϕ= − = −γ ⇒

Φ ϕ

′′− = −λ + γ = −σ λ = γ + σ

(10.10.23)

Phương trình vi phân2( ) n

( )′′Φ ϕ = −

Φ ϕ có nghiệm:

n n n( ) ( ) A cosn B sin nΦ ϕ = Φ ϕ = ϕ + ϕ (10.10.23a)

Do giả thiết về tính tuần hoàn,

( ) ( )( 2 ) Acos n n2 Bsin n n2 ( )

n 0,1,2,3,...

Φ ϕ + π = ϕ + π + ϕ + π = Φ ϕ ⇒

⇒ =

Phương trình vi phân2

2 Z (z) Z(z) 0Z (z)

Z(z) Z(0) Z(L) 0

′′⎧′′ + γ == −γ ⇒ ⎨

= =⎩

có nghiệm:m m

, Z(z) sin z, m 0,1,2,...L L

π πγ = = = (10.10.23b)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




50

Từ (10.10.22) và (10.10.23) ta có hai ODE

2 2T (t) a T(t) 0′ + λ = (10.10.24)

( )2 2 2 2r R (r) rR (r) r n R(r) 0′′ ′+ + σ − = (10.10.25)

Chọn x r = σ , phương trình (10.10.25) có nghiệm biểu diễn qua cáchàm Bessel:

( )2 2 2

n n n n n

x R (x) xR (x) x n R(x) 0

R(x) R (x) J (x) Y (x)

′′ ′+ + − = ⇒

⇒ = = α + β

Điều kiện n nR 0 do Y (0)< ∞ ⇒ β = → −∞ . Chọn n 1α = .

Từ điều kiện ban đầu, 0 n 0 n 0R(r ) R ( r ) J ( r ) 0= λ = σ = ,


n n n n

0 1 1 k , , , ..., ,...,k 0,1,2,3,....μ μ μ μ = thì ta có:

nk

nk

0r μσ = σ =

chính xác đến một hệ số hằng số. Như vậy hàm R(r) sẽ là:n

k nk n

0

R(r) R (r) J ( r)r

μ= = (10.10.23c)

Do vậy, phương trình theo T(t), (10.10.16) có nghiệm:22 n2k

0

ma t

L r

mnk T(t) T (t) e , m 1,2,3,...

⎡ ⎤⎛ ⎞μπ⎛ ⎞⎢ ⎥− +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦= = = (10.10.23d) 22 n

2 2 2 2 k mnk

0

mDo

L r

⎛ ⎞π μ⎛ ⎞λ = γ + σ ⇒ λ = + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




51

( )

2 2n2k

0

m

a tn r Lk

n mnk mnk

m 1 n 0 k 0 0

u(r, ,z,t)

m zJ r A cosn B sin n sin e

r L

⎡ ⎤⎛ ⎞μ π⎛ ⎞⎢ ⎥− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∞ ∞ ∞ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

= = =

ϕ =

⎛ ⎞μ π⎛ ⎞= ϕ + ϕ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑∑∑(10.10.26)

Do tính tr ực giao của các hàm Bessel và tính tr ực giao của các hàm

{ }1,cosn ,sinnϕ ϕ ta có:

0r 2 22 ' 20 0

1

00

r r rJ r dr J ( ) J ( )

r 2 2ν ν ν+

⎛ ⎞μ= μ = μ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫

2

0

2

0

L

0

0 n m

cosn cosm 2 n m 0;

n m 0

0 n m

sin n sin m 0 n m 0

n m 0

0 n mn z m z

sin sin LL L n m 0

2

π

π

≠⎧⎪

ϕ ϕ = π = =⎨⎪ π = ≠⎩

≠⎧⎪

ϕ ϕ = = =⎨⎪π = ≠⎩

≠⎧π π ⎪= ⎨

= =⎪⎩

∫

∫

∫

Suy ra công thức tính các hệ số

( )

( )

0

0

r L 2 n

n k mnk n2

2 n00 0 0

0 n k

n

r 2 n

k mnk n2

2 n00 0

0 n k

2 m zA rf (r, ,z)cosn sin J r drd dz

L r Lr J

1, n 0

2, n 0

4 m zB rf (r, ,z)sin n sin J r drd dz

L r Lr J

π

π

⎛ ⎞ε π μ= ϕ ϕ ϕ⎜ ⎟

⎡ ⎤ ⎝ ⎠π μ⎣ ⎦=⎧

ε = ⎨≠⎩

⎛ ⎞π μ= ϕ ϕ ϕ⎜ ⎟

⎡ ⎤ ⎝ ⎠π μ⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

∫ ∫

(10.10.27) WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




52

§10.11. Truyền nhiệt trong hệ tọa độ cầu

Tìm nhiệt độ của quả cầu bán kính cho tr ước, đã biết nhiệt độ banđầu và nhiệt độ trên bề mặt bằng không.

Hàm nhiệt độ cần tìm trong tọa độ cầu có dạng ( )u u r, , , t= θ ϕ .

Phép đổi tọa độ giữa tọa độ Đề các (x,y,z) và tọa độ cầu (r,θ,ϕ)

{x r sin cos ; y r sin sin ; z r cos= θ ϕ = θ ϕ = ϕ

Mô hình toán: Tìm nghiệm ( )u u r, , , t= θ ϕ của phương trình:2 2

2

2 2 2 2

0

0

u u 2 u 1 u 1 ua sin ;

t r r r r sin r sin

0 r r , 0 , 0 2

u(r , ,z, t) 0;

u(r, ,z,0) f (r, ,z)

⎧ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞= + + θ +⎪ ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠⎣ ⎦⎪⎪≤ < ≤ θ ≤ π ≤ ϕ ≤ π⎨

⎪ ϕ =⎪⎪ ϕ = ϕ⎩

(10.11.1) Các điều kiện:Hàm nhiệt độ cần thêm điều kiện:

u(r, , , t) ; u(r, , 2 , t) u(r, , ,t)θ ϕ < ∞ θ ϕ + π = θ ϕ


u(r, , , t ) R(r)Y( , )T(t)θ ϕ = θ ϕ (10.11.2)


( )

2

22

2 2 2

T (t) 1 2R (r) R (r)

a T(t) R(r) r

1 1 1 Y 1 Ysin

r Y , sin sin

′ ⎛ ⎞′′ ′= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎛ ⎞+ θ + = −λ⎢ ⎥⎜ ⎟θ ϕ θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠⎣ ⎦

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




53

Đặt

( )

2

2 2

1 1 Y 1 YsinY , sin sin

⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎛ ⎞θ + = −σ⎢ ⎥⎜ ⎟θ ϕ θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠⎣ ⎦

Chọn n(n 1)σ = + để phương trình sau có nghiệm là các đa thức:2

2 2

1 Y 1 Ysin n(n 1)Y 0

sin sin

∂ ∂ ∂⎛ ⎞θ + + + =⎜ ⎟θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠ (10.11.3)

Chọn ( )Y , P( ) ( )θ ϕ = θ Φ ϕ thay vào (10.11.3) ta có:2

2 2

2

2 2

d dP( ) P d sin n(n 1)P 0

sin d d sin d

1 d dP( ) 1 1 d sin n(n 1) 0

Psin d d sin d

Φ θ Φ⎛ ⎞θ + + + Φ = ⇔⎜ ⎟θ θ θ θ ϕ⎝ ⎠

θ Φ⎛ ⎞⇔ θ + + + =⎜ ⎟θ θ θ θ Φ ϕ⎝ ⎠

(10.11.4)

Chọn

22

2

1 d

k d

Φ= −Φ ϕ , hàm Φ thỏa mãn phương trình:

22

2

d k 0 : ( 2 ) ( )

d

Φ+ Φ = Φ ϕ + π = Φ ϕ ⇒

ϕ

k k ( ) A cosk B sin k : k 0,1,2,3,....Φ ϕ = ϕ + ϕ = (10.11.5)

Phương trình (10.11.4) tr ở thành:

22

2

2

1 d dP( ) 1sin k n(n 1) 0Psin d d sin

1 d dP( ) k sin n(n 1) P 0

sin d d sin

θ⎛ ⎞θ − + + = ⇔⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠

⎡ ⎤θ⎛ ⎞⇔ θ + + − =⎢ ⎥⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

(10.11.6)

Hàm phụ thuộc P(θ), nghiệm của (10.11.6) sẽ có chỉ số k và n.Nghiệm (10.11.6) của phương trình sẽ là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




54

( )

( )( )

k k k 2 n2n k

k k k n

n k

d PP P (x) 1 x , k n

dxd P (cos )

P P (cos ) sind cos

= = − <

θ= θ = θ

θ

(10.11.6)

trong đó

( )n

22

n 2 n

1 d P (x) x 1

2 n!dx= −

chính là đa thức Legendre cấp n.Ta nhận được hàm cầu:

( ) ( )n

k

n kn kn n

k 0

Y , A cosk B sin k P (cos )=

θ ϕ = ϕ + ϕ θ∑ (10.11.7)

Các phương trình của T(t) và R(r) là:2 2T (t) a T(t) 0′ + λ = (10.11.8)

2 2 2r R (r) 2rR r n(n 1) R(r) 0′′ ′ ⎡ ⎤+ + λ − + =⎣ ⎦ (10.11.9)

Ta có

21 1

n(n 1) n2 4

⎛ ⎞+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠ . Đặt r xλ = và (10.11.9) tr ở

thành:2

2 2 1 1x R (x) 2xR (x) x n R(x) 0

2 4

⎡ ⎤⎛ ⎞′′ ′+ + − + + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

(10.11.10)

ĐặtK(x)

R(x)x

= . Tính các đạo hàm R , R ′ ′′ , (10.11.10) tr ở thành:

2

3x xK (x) 2 xK (x) K(x) 2 xK (x)

4 x

1 1 1 1K(x) x xK(x) n K(x) K(x) 0

2x x 4 x

′′ ′ ′− + + −

⎛ ⎞− + − + + = ⇔⎜ ⎟⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




55

2

2

2

1 3x K (x) xK (x) K(x) 2xK (x)

4x1 1

K(x) x n K(x) K(x) 02 4

⎛ ′′ ′ ′⇔ − + + −⎜

⎝ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞− + − + + ⎟ = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎠

2

2 2 1x K (x) xK (x) x n K(x) 0

2

⎛ ⎞⎛ ⎞′′ ′⇔ + + − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ (10.11.10)

Nghiệm của phương trình này là:

1 1n n

2 2

K(r) CJ ( r) DY ( r)+ +

= λ + λ

1 1n n

2 2

J ( r), Y ( r)+ +

λ λ là các hàm Bessel loại một và hai.

Do đó:

1 1n n

2 2

K( r) 1

R(r) CJ ( r) DY ( r)r r + +

⎡ ⎤λ

= = λ + λ⎢ ⎥⎣ ⎦

Điều kiện nR D 0 do Y (0)< ∞ ⇒ = → −∞ .

Từ điều kiện ban đầu, 0 1 0n

2

1R(r ) C J ( r ) 0

r += λ = ;


n n n n

0 1 1 m, , ,..., ,...,k 0,1,2,3,....μ μ μ μ = thì ta có:

n

mnm

0r

μλ = λ =

chính xác đến một hệ số hằng số. Như vậy hàm R(r) sẽ là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




56

n

mnm 1

n 02

1R(r) R (r) J r

r r +

⎛ ⎞μ= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ (10.11.11)

Phương trình cho hàm T(t) có nghiệm:2

nm

0

at

r

mnT(t) T (t) e , m 1,2,3,...

⎛ ⎞μ−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠= = = (10.10.12)

Nghiệm tổng quát của phương trình (10.11.1) có dạng;

( )

( )

2nk

0

an tn

r k m1 mnk mnk n

nn 0 m 0 k 0 02

u r, , , t

1J r A cosk B sin k P (cos )e

r r

⎛ ⎞μ−⎜ ⎟∞ ∞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

+= = =

θ ϕ =

⎛ ⎞μ= ϕ + ϕ θ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑∑∑

trong đó ( )n n

m 1 mn

2

: J 0+

μ μ = . Các hệ số Amnk, Bmnk được xác định

theo công thức

( )

( )( )( )

( )

( )

( )( )( )

0

0

r L 2 3 mk n2

1 nn

00 0 0 2

mnk 22

n0

k 1 mn

2

n

r L 2 3 mk n2

1 nn

00 0 0 2

mnk 2

0

r f (r, , )r J sin P cos sin k drd d r

Ar n k !

J2n 1 n k !

2, k 0

1, k 0

r f (r, , )r J sin P cos cosk drd d

r B

r n k !J

2n 1 n k !

π

+

+

π

+

⎛ ⎞μθ ϕ θ θ ϕ θ ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠=

⎡ ⎤π +′ε μ⎢ ⎥+ − ⎣ ⎦

=⎧ε = ⎨

≠⎩

⎛ ⎞μθ ϕ θ θ ϕ θ ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠=

π +′

+ −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

( )2

n

1 mn

2+

⎡ ⎤μ⎢ ⎥

⎣ ⎦

(10.11.13)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




57

Bài t ậ p chươ ng 11 Tài liệu tham khảo chương 8, 9, 10, 11: [7], [8], [9]

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM



http://www.ebook.edu.vn Chương 11. Phương trình Elliptic (phương trình Laplace)

1

Chương 11Phương trình Laplace

3(2-1-0)

§11.1. Mở đầu

Phương trình Laplace được xét đến như phương trình đại diện cholớp PDE loại Elliptic.

1. Phương trình Laplace và các điều kiện biênPhương trình Laplace: tìm u = u(x,y,z) sao cho

+ Dạng thuần nhất:2 2 2

2

2 2 2

u u uu 0; x, y,z R

x y z

∂ ∂ ∂∇ = + + = ∈

∂ ∂ ∂ (11.1.1)

+ Dạng không thuần nhất2 2 2

2

2 2 2

u u uu f (x, y,z); x, y,z R

x y z

∂ ∂ ∂∇ = + + = ∈

∂ ∂ ∂ (11.1.2)

Phương trình Poisson (hay phương trình Hemholts) có dạng:2u u 0, x, y,z R ∇ + λ = ∈ (11.1.3)

Toán tử Laplace 2∇ được xác định theo lượng biến số của hàm, và

trong các hệ tọa độ Đề các, tr ụ, cầu trong bảng 1.

Các điều kiện biên:

Giả sử phương trình Laplace xác định trên miền với biên ∂Ω. Đi ều ki ện biên Dirichllet :

u g(x, y,z), (x,y,z)= ∀ ∈ ∂Ω

Đi ều ki ện biên Neumann:

ugradu.n g(x,y,z), (x, y,z)

n

∂= = ∀ ∈ ∂Ω

∂

uuuur r

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




2

Đi ều ki ện biên Robin:

u

u g(x, y,z), (x, y,z)n

∂α + β = ∀ ∈ ∂Ω∂

Bảng 1. Toán tử Laplace trong các hệ tọa độ

Hệ tọa độ Toán tử Laplace (một chiều) Đề các 2

2

2

uu u(x), u

x

∂= ∇ =

∂

Tr ụ 22

2

u 1 uu u(r), u

r r r ∂ ∂= ∇ = +∂ ∂

Cầu2 2

2

1 uu u(r), u r

r r r

∂ ∂⎛ ⎞= ∇ = ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

Hệ tọa độ Toán tử Laplace (hai chiều) Đề các

2 22

2 2

u u(x,y),u u

ux y

= ∂ ∂∇ = +

∂ ∂

Tr ụ

2 22

2 2 2

u u(r, ),

u 1 u 1 uu(r, ) ;

r r r r

= θ

∂ ∂ ∂∇ θ = + +

∂ ∂ ∂θ

Cầu

22

2 2

2 2

2 2

u u( , ),

1 u 1 uu sin ;

sin sin

u u(r, ),

1 u 1 uu r sin ;

r r r r sin

= θ ϕ

∂ ∂ ∂⎛ ⎞∇ = θ +⎜ ⎟θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠= θ

∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞∇ = + θ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ θ ∂θ ∂θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




3

Hệ tọa độ Toán tử Laplace (ba chiều) Đề các

2 2 22

2 2 2

u u(x, y,z),

u u uu

x y z

=

∂ ∂ ∂∇ = + +

∂ ∂ ∂

Tr ụ

2 2 22

2 2 2 2

u u(r, ,z),

u 1 u 1 u uu(r, , z) ;

r r r r z

= θ

∂ ∂ ∂ ∂∇ θ = + + +

∂ ∂ ∂θ ∂

Cầu

2 2

2 2

2

2 2 2

u u(r, , ),

1 u 1 uu r sin

r r r r sin

1 u;

r sin

= θ ϕ

∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞∇ = + θ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ θ ∂θ ∂θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∂+

θ ∂ϕ

Phương trình Laplace là tr ường hợp đặc biệt của phương trìnhtruyền nhiệt, khi hàm u không phụ thuộc thời gian, tr ạng thái dừng

của phương trình truyền nhiệt.Ví d ụ, nhiệt độ của vật đồng chất có nguồn nhiệt xác định trong R3 thỏa mãn phương trình truyền nhiệt:

2 2

2 2 22

2 2 2

uu u(x, y,z, t) : a u q(x, y,x, t);

t

u u u ua q(x, y,x, t)

t x y z

∂= = ∇ +

∂

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= + + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Tr ạng thái dừng của phương trình, cho ta phương trình Poisson

2 2 2

2 2 2 2

u u(x,y,z) :

u u u q(x, y,x, t)

x y z a

=

∂ ∂ ∂+ + = −

∂ ∂ ∂

Nghiệm của phương trình Laplace được gọi là hàm điều hòa.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




4

2. Nghiệm của phương trình Laplace trong các hệ tọa độ 1. Nghiệm của phương trình Laplace trong tọa độ Đề các

Bài toán, tìm hàm u = u(x,y,z) thỏa mãn phương trình2 2 2

2 2 2

u u u0

x y z

∂ ∂ ∂+ + =

∂ ∂ ∂

Thayu(x, y,z) X(x)Y(y)Z(z)=

vào phương trình, ta nhận được:

X Y Z 0X Y Z′′ ′′ ′′+ + =

Đặt

2 2 2 2 2X Y Z,

X Y Z

′′ ′′ ′′= −α = −β ⇒ = γ = α + β

Suy ra ba ODE có các nghiệm tương ứng sau:2 i x i x

2 i y i y

2 z z

X X 0 X(x) Ae Be

Y Y 0 Y(y) Ce De

Z Z 0 Z(z) Ee Fe

α − α

β − β

γ −γ

′′ + α = ⇒ = +

′′ + β = ⇒ = +

′′ − γ = ⇒ = +

Do đó, nghiệm cần tìm của bài toán là

( )( )( )m m n n mn mni x i x i y i y x z

m m n n mn n

n 1m 1

u(x,y,z)

A e B e C e D e E e D e∞ ∞

α − α β − β γ −γ

= =

=

= + + +∑∑ 2.Nghiệm của phương trình Laplace trong tọa độ tr ụ

Phương trình Laplace trong tọa độ tr ụ ( )r , ,zθ , có dạng2

2 2 2

2 2 2 2

u u(r, , z) : u(r, , z) 0, hay

u 1 u 1 u u0;

r r r r z

= θ ∇ θ =

∂ ∂ ∂ ∂+ + + =

∂ ∂ ∂θ ∂

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




5

Thayu(r, , z) R(r)P( )Z(z)θ = θ

vào phương trình, ta nhận được:

( )

( )

2

2

1 1 P ( ) ZrR (r) 0

rR r P( ) Z

r Z P ( )rR (r) r

R Z P( )

′′ ′′θ′′ + + = ⇔θ

′′ ′′ θ′′⇔ + = −θ

Đặt

( ) 2 2

2

r Z P ( )rR (r) r nR Z P( )

Zk

Z

′′ ′′ θ⎧ ′′ + = − = −⎪ θ⎪⎨

′′⎪ =⎪⎩

Suy ra:

( )

2

2

2 2 2 2

P ( ) n P( ) 0

Z k Z 0r R rR k r n R 0

⎧ ′′ θ + θ =⎪⎪

′′ − =⎨⎪ ′′ ′+ + − =⎪⎩

ODE thứ ba là phương trình xác định hàm Bessel.

+ Tr ườ ng hợ p k = 0 , không có hàm Z, phương trình này có dạng:2 2r R rR n R 0′′ ′+ − =

có nghiệm

0 0 0

n n n

n 0 n n

R A B ln r R (r)

R A r B r −>

= +⎧= ⎨= +⎩

Hàm P(θ) có dạng:

0 0 0

n

n 0 n n

P C DP ( )

P C cosn D sin n>

= + θ⎧θ = ⎨

= θ + θ⎩

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




6

Vậy nghiệm của phương trình Laplace không có thành phần z là:

( )n n

0 0 n n n nn 1

u(r, ) A B ln r A r B r C cosn D sin n

∞−

=θ = + + + θ + θ∑(công thức xác định Hàm điều hòa tr ụ)

+Tr ườ ng hợ p k > 0 , phương trình xác định hàm Bessel có nghiệm

( ) ( )n n n n nR (kr) A J kr B Y kr = +

Nghiệm cần tìm có dạng;

( ) ( )( ) mk zmn

mn n m mn n m

m 0 n 0

u(r, ,z) A J k r B Y k r e e

∞ ∞

±± θ

= =θ = +∑∑

3. Nghiệm của phương trình Laplace trong tọa độ cầu

Cho hàm u(r, , )θ ϕ , phương trình Laplace trong hệ tọa độ cầu bachiều có dạng:

2

2

22 2 2 2 2

u u(r, , ) : u 0 hay

1 u 1 u 1 ur sin 0r r r r sin r sin

= θ ϕ ∇ =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ θ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Đặt u(r, , ) R(r)P( ) ( )θ ϕ = θ Φ ϕ , thay vào phương trình, ta có:

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2 2 2

2

2

1 1 1r R (r) sin P ( ) 0

Rr Pr sin r sin

r R (r) sin P ( ) 1 0

R Psin sin

′ ′′ ′ ′′+ θ θ + Φ = ⇔θ Φ θ

′ ′′ ′θ θ ′′Φ⇔ + + =θ θ Φ

Đặt

( )2

2 2r R (r)

; mR

′′ ′′Φ= λ = − ⇒

Φ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




7

( ) 2

2

sin P ( ) 1

Psin sin

′′θ θ ′′Φ⇒ + = −λ

θ θ Φ Ta có

2 2

2

22

2

r R 2rR R 0,

m 0

1 d dP msin P 0 (*)

sin d d sin

⎧⎪ ′′ ′+ − λ =⎪⎪ ′′Φ + Φ =⎨⎪ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎪ θ + λ − =⎜ ⎟

⎜ ⎟⎪ θ θ θ θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

Trong phương trình (*), đặt

dxx cos dx sin d d

sin= θ ⇒ = − θ θ ⇒ θ = −

θ

ta có

( )

22

2

22 2

2

1 d dP msin P 0

sin d d sin

d dP(x) m1 x P(x) 0 (**)

dx dx 1 x

⎛ ⎞⎛ ⎞θ + λ − = ⇔⎜ ⎟⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎡ ⎤⇔ − + λ − =⎜ ⎟⎢ ⎥ −⎣ ⎦ ⎝ ⎠

Phương trình (**) là phương trình xác định đa thức Legendre liên kết.Phương trình này có nghiệm là đa thức Legendre liên kết nếu

n(n 1)λ = + .

Đa thức Legendre liên kết ( )mnP x có dạng:

( )

( )

m mm 2 n2n m

nn 2

n n n

d P (x)P (x) 1 x ,

x

d x 11P (x) , n 0,1,2,3,...

2 n! dx

= −

−= =

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




8

Do đó có thể viết:

( ) ( ) ( )

nn m n 2m

m 2 2n n m n

d 1 x1P (x) 1 x ,2 n! x

n 0,1,2,3,...; n m n

+

+−−= −

= − ≤ ≤

(Công thức Rodrigue).Hệ các đa thức liên kết là hệ tr ực giao:

( )( )

( )( )

1

m m m

n,k n k

1

2m

n

0 k n

n m !L P (x)P (x)dx 2 , k n2n 1 n m !

n m !2P (x)

2n 1 n m !

−

⎧ ≠⎧⎪ ⎪

+= = ⎨⎪ =⎪ ⎪ + −⎨ ⎩⎪ +⎪ =⎪ + −⎩

∫

Với mỗi n có n +1 nghiệm riêng của phương trình là1 n

n n nP ,P ,...,P

ứng với m = 0,1,2,…,n.Với mỗi cặp nghiệm

( )m

cosm

sinm

ϕ⎧Φ ϕ = ⎨

ϕ⎩

ứng với n+1 nghiệm, ta có 2n+1 nghiệm của hàm cầu độc lập tuyếntính sau:

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )( )

1 2 m

n n n

n 1 2 mn n n

n

n

n

n

P cos cos P cos cos2 P cos cosm

P , , ,..., ,...,P cos sin P cos sin 2 P cos sin m

m 1,2,...,nP cos cosn..., ;

n 0,1,2,...P cos sinn

⎡ ⎧ ⎧ ⎧θ ϕ θ ϕ θ ϕ⎪ ⎪ ⎪

⎢ ⎨ ⎨ ⎨θ ϕ θ ϕ θ ϕ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎩ ⎩ ⎩⎣

⎤⎧ =θ ϕ ⎧⎪⎥⎨ ⎨

=θ ϕ⎪ ⎩⎥⎩ ⎦ Qui ước 2n+1 hàm cầu là:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




9

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

0

n n

1 1n n

1 1

n n

m m

n n

m m

n n

n n

n n

n n

n n

Y cos P cos ,

Y cos P cos cos, ,...,

Y cos P cos sin

Y cos P cos cosm..., ,...

Y cos P cos sin m

Y cos P cos cosn..., ;

Y cos P cos sin n

−

−

−

θ = θ

⎧ θ = θ ϕ⎪⎨θ = θ ϕ⎪⎩

⎧ θ = θ ϕ⎪⎨

θ = θ ϕ⎪⎩

⎧ θ = θ ϕ⎪⎨

θ = θ ϕ⎪⎩

Hoặc viết dưới dạng:

( ) ( ) ( ) ( )n n

m m

n mn mn n mn n

m 0 m n

mn

mn

mn

Y , A cosm B sin m P cos C Y , ;

A m 0C

B m 0

= =−

θ ϕ = ϕ + ϕ θ = θ ϕ

≤⎧= ⎨

>⎩

∑ ∑

Hàm ( ) ( )0

n nY cos P cos ,θ = θ không phụ thuộc vào ϕ được gọi là

hàm đới, tức là hình cầu được chia thành n + 1 miền v ĩ tuyến, tại đódấu của hàm đới được bảo toàn.Xét hàm

( )m

m m

n nm

t cos

sinmd Y cos sin P (t)

cosmdt

±

= θ

ϕ⎡ ⎤ ⎧θ = θ ⎨⎢ ⎥ ϕ⎩⎣ ⎦

trên hình cầu, bởi vì sinθ bằng không ở các cực, các hàmsinmcosm

ϕ⎧⎨ϕ⎩

bằng không tại các đường kinh tuyến 2m.Với 2n +1 hàm cầu tr ực giao và chuẩn hóa có thể khai triển hàm

f ( , )θ ϕ bất kỳ vào chuỗi các hàm cầu:

( ) ( ) ( ) ( )m

n mn mn n

n 0 n 0 m 0

f , Y , A cosm B sin m P cos∞ ∞ ∞

= = =

θ ϕ = θ ϕ = ϕ + ϕ θ∑ ∑∑

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




10

Như vậy nghiệm của phương trình Laplace trong tọa độ cầu có thể viết dưới dạng;

( ) ( ) ( )n n (n 1) m

mn mn n

n 0 m n

u r, , A r B r Y ,∞ − +

= =−

θ ϕ = + θ ϕ∑ ∑

Hệ các hàm cầu có tính chất tr ực giao sau:

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

1 2

2

k k k k

n n n n

0 0

2 1

k k

1 2 n n

0 1

1 2

1 2

1 2

Y , Y , d Y , Y , d d

cosk cosk d P (t)P (t)dt

0, k k

2 (n 1)!, k k k 0

2n 1 (n k)!

4 ,k k 02n 1

π π

Σ

π

−

θ ϕ θ ϕ Ω = θ ϕ θ ϕ θ ϕ =

= ϕ ϕ ϕ =

⎧⎪ ≠⎪

π +⎪= = = ≠⎨

+ −⎪

⎪ π = =⎪⎩ +

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

( )2

2 2k k

n n k

0 0

k

2 (n k)!Y Y , sin d d

2n 1 (n k)!

2, k 0

1, k 0

π π +⎡ ⎤= θ ϕ θ θ ϕ = πε⎣ ⎦ + −

=⎧ε = ⎨

>⎩

∫ ∫

Tính tr ực giao của hàm cầu được dùng để khai triển hàm bất kỳ xácđịnh trên mặt cầu

( ) ( ) ( ) ( )m

n mn mn n

n 0 n 0 m 0

f , Y , A cosm B sin m P cos∞ ∞ ∞

= = =

θ ϕ = θ ϕ = ϕ + ϕ θ∑ ∑∑

với các hệ số xác định bởi

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




11

( ) ( )

( ) ( )

2

m

n

0 0mn 2

m

n

2

m

n

0 0mn 2

m

n

f , P cos cosm sin d d

AY

f , P cos sin m sin d d

BY

π π

π π

θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ

=

θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ

=

∫ ∫

∫ ∫

2k

n k k

2, k 02 (n k)!Y ;

1, k 02n 1 (n k)!

=⎧+= πε ε = ⎨

>+ − ⎩

Nghiệm tổng quát của phương trình Laplace được viết dưới dạng:

( )

( )

( ) ( ) ( )

n

n

n 0

n 1

n

n 0

nm

n mn mn n

m 0

r Y , , khi r a

au(r, , ) :

aY , , khi r a

r

Y , cosm sin m P cos

∞

=

+∞

=

=

⎧ ⎛ ⎞ θ ϕ <⎪ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠

θ ϕ = ⎨⎛ ⎞⎪ θ ϕ >⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

θ ϕ = α ϕ + β ϕ θ

∑

∑

∑

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




12

§11.2. Lý thuyết thế vị

Lý thuyết thế vị cho ta giải các bài toán biên của phương trìnhLaplace theo phương pháp phương trình tích phân.Chi tiết xem trong tài liệu tham khảo [6].

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




13

§11.3. Phương trình Helmholtz

1. Phương trình Helmholtz trong hệ tọa độ Đề các (x,y,z)Giải phương trình sau2

2 2 2

2 2 2

H H(x, y,z) : H H 0 hay

H H HH 0

x y z

0 x a, 0 y b, 0 z c

= ∇ + λ =

∂ ∂ ∂+ + + λ =

∂ ∂ ∂

< < < < < < (11.3.1)

Tìm nghiệm dạng tách biến:H H(x, y,z) X(x)Y(y)Z(z)= =

Thay vào phương trìnhX YZ XY Z XYZ XYZ 0′′ ′′ ′′+ + + λ =

Thực hiện tách biến liên tiếp cho từng biến

1

1

1

X (x)

X(x)X (x) Y (y) Z (z)Y (y) Z (z)X(x) Y(y) Z(z)

Y(y) Z(z)

′′⎧ = λ⎪′′ ′′ ′′ ⎪= − − − λ = λ ⇒ ⎨ ′′ ′′⎪− − − λ = λ

⎪⎩

2

1 2

2 1

Y (y)

Y(y)Y (y) Z (z)

Z (z)Y(y) Z(z)

Z(z)

′′⎧− = λ⎪′′ ′′ ⎪− = λ + λ + = λ ⇒ ⎨ ′′⎪ = λ − λ − λ

⎪⎩

Như vậy các nghiệm tách biến phải thỏa mãn các phương trình sau:

1 2 2 1

X (x) Y (y) Z (z); ;

X(x) Y(y) Z(z)

′′ ′′ ′′⎧= λ − = λ = λ − λ − λ⎨

⎩

Các nghiệm X Y Z 0= = = bị loại nên đặt:2 2 2

1 2 2 10; 0; 0λ = −ω < λ = μ > λ − λ − λ = −ν < WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




14

Ta thu được các ODE sau:2

2

2

X (x) X(x) 0, 0 x a

Y (y) Y(y) 0, 0 y b

Z (z) X(x) 0, 0 z c

′′⎧ + ω = < <⎪ ′′ + μ = < <⎨⎪ ′′ + ν = < <⎩

(11.3.2)

Các phương trình này có nghiệm

k m n

k x m y n zX (x) sin ; Y (y) sin ; Z (z) sin

a b c

k,m,n 1,2,3,...

π π π= = =

=

Nghiệm tổng quát của phương trình Helmholtz là chồng chất của cácnghiệm riêng

kmn

k 1 m 1 n 1

k x m y n zH(x, y,z) C sin sin sin

a b c

∞ ∞ ∞

= = =

π π π= ∑∑∑ (11.3.2)

trong đó kmnC là hằng số

2. Phương trình Helmholtz trong hệ tọa độ tr ụ (r,ϕ,z)

Phương trình Helmholtz trong tọa độ tr ụ ( )r , ,zϕ , có dạng2

2 2 2

2 2 2 2

H H(r, , z) : H(r, ,z) H 0 hay

H 1 H 1 H HH 0;

r r r r z

0 r a, 0 2 , 0 z c

= ϕ ∇ ϕ + λ =

∂ ∂ ∂ ∂+ + + + λ =

∂ ∂ ∂ϕ ∂

< < < ϕ < π < <

(11.3.3)

Tìm nghiệm dưới dạngH(r, ,z) R(r) ( )Z(z)ϕ = Φ ϕ

Thay vào phương trình, ta nhận được:

( ) 2

1 1rR (r) Z R Z R Z R Z 0

r r

′′ ′′ ′′Φ + Φ + Φ + λ Φ = ⇔

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




15

( )

( )

( )

2 2

2 2

2 2

r R (r) rR Z R Z r R Z r R Z 0

r R (r) rR Zr r 0R Z

r R (r) rR Zr r

R Z

′ ′′ ′′ ′′⇔ + Φ + Φ + Φ + λ Φ = ⇔

′ ′′+ ′′ ′′Φ⇔ + + + λ = ⇔Φ

′ ′′+′′ ′′Φ⇔ − = + + λ

Φ

Thực hiện tách biến cho từng biến:

( )

( ) ( )

( )

2 2

1

1

2 2

1

r R (r) rR Zr r

R Z0

r R (r) rR Zr r

R Z

′ ′′+′′ ′′Φ− = + + λ = λ ⇒

Φ′′⎧ Φ ϕ + λ Φ ϕ =

⎪⇒ ′ ′′⎨ + ′′

+ + λ = λ⎪⎩

Tách biến cho R và Z:

( )

( )

( ) ( )( )

( )

( )

2 2

1

1

2 2

122 2

2

2 22 1

r R (r) rR Zr r

R Z

r R (r) rR Z0

r R Z r

r R (r) rR Z z

r R r Z z

Z (z) Z z 0

r R rR r R 0

′ ′′+ ′′+ + λ = λ ⇔

′ ′′+ ′′ λ⇔ + − + λ = ⇔

′ ′′ ′′+ λ⇔ − + λ = − = λ ⇒

′′⎧ + λ =⎪

⇒ ⎨ ′′ ′ ⎡ ⎤+ + λ − λ − λ =⎪ ⎣ ⎦⎩

Ta thu được các ODE sau

( ) ( )

( )

( )

1

2

2 2

2 1

0, 0 2

Z (z) Z z 0, 0 z c

r R rR r R 0, 0 r a

⎧ ′′Φ ϕ + λ Φ ϕ = < ϕ < π⎪⎪ ′′ + λ = < <⎨⎪

′′ ′ ⎡ ⎤+ + λ − λ − λ = < <⎪ ⎣ ⎦⎩

(11.3.4)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




16

Xét phươ ng trình xác đị nh hàm ( )Φ = Φ ϕ :

Điều kiện biên trong hình tr ụ có dạng:

( ) ( ) ( ) ( )H r,0,z H r,2 ,z

H r,0, z H r, 2 , z ;∂ ∂ π

= π =∂ϕ ∂ϕ

Do đó phương trình xác định ( )Φ = Φ ϕ xác định hệ Sturm-Liouville

với điều kiện biên tuần hoàn dẫn đến2

1 10,λ = λ = ω .

Xét phươ ng trình xác đị nh hàm Z Z(z)=

a). Tr ườ ng hợ p 1:2

2 const 0λ = μ = > . Nghiệm của Z(z) có dạng:

1 2Z(z) C cos z C sin z= μ + μ (11.3.5) Do đó:

+ Nếu2 2

2λ − λ = λ − μ = ν phương trình cho R có dạng:2 2 2 2r R rR r R 0′′ ′ ⎡ ⎤+ + ν − ω =⎣ ⎦ (11.3.6)

là phương trình Bessel

+ Nếu2 2

2λ − λ = λ − μ = −ν phương trình cho R có dạng:2 2 2 2r R rR r R 0′′ ′ ⎡ ⎤+ − ν + ω =⎣ ⎦ (11.3.7)

là phương trình Bessel biến thể.

b) Tr ườ ng hợ p 2 :2

2 const 0λ = −μ = < . Nghiệm của Z(z) có dạng:

1 2Z(z) C ch z C sh z= μ + μ (11.3.8) Do đó:

+ Nếu 2 22λ − λ = λ + μ = ν phương trình cho R có dạng:

2 2 2 2r R rR r R 0′′ ′ ⎡ ⎤+ + ν − ω =⎣ ⎦

là phương trình Bessel

+ Nếu2 2

2λ − λ = λ + μ = −ν phương trình cho R có dạng:2 2 2 2r R rR r R 0′′ ′ ⎡ ⎤+ − ν + ω =⎣ ⎦

là phương trình Bessel biến thể.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




17

3. Phương trình Helmholtz trong hệ tọa độ cầu (r,θ,ϕ)Phương trình Helmholtz trong tọa độ cầu (r,θ,ϕ) có dạng:

22

2 2 2 2 2

H H(r, , ) :

1 H 1 H 1 Hr sin H 0

r r r r sin r sin

0 r a,0 ,0 2

= θ ϕ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ θ + + λ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ θ ∂θ ∂θ θ ∂ϕ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

< < < θ < π < ϕ < π(11.3.9)

Tìm nghiệm H H(r, , ) R(r) ( ) ( )= θ ϕ = Θ θ Φ ϕ , thay vào phương

trình (11.3.9) , ta có:

( )

( )

2

2 2

2

2 2 2

2 2

2 2

22 2 2

1 R 1r sin R

r r r r sin

1R R 0;

r sin

d d sin r R 2rR sin sin R

d d

R r sin R 0;

sin sin d d r R 2rR sin r sin 0;

R d d

∂ ∂ ∂ ∂Θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ΘΦ + θ Φ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ θ ∂θ ∂θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∂ Φ+ Θ + λ ΘΦ = ⇔

θ ∂ϕ

Θ⎛ ⎞′′ ′⇔ θ + ΘΦ + θ θ Φ +⎜ ⎟θ θ⎝ ⎠

′′+ ΘΦ + λ θ ΘΦ = ⇔

′′θ θ Θ Φ⎛ ⎞′′ ′⇔ + + θ + + λ θ =⎜ ⎟Θ θ θ Φ⎝ ⎠

Thực hiện tách biến cho từng biến, ODE cho hàm Φ

( )

( )

22 2 2

1

1

22 2 2

1

sin sin d d r R 2rR sin r sinR d d

0

sin sin d d r R 2rR sin r sin

R d d

′′Φ θ θ Θ⎛ ⎞′′ ′− = + + θ + λ θ = λ ⇒⎜ ⎟Φ Θ θ θ⎝ ⎠

′′Φ + λ Φ =⎧⎪

⇒ θ θ Θ⎨ ⎛ ⎞′′ ′+ + θ + λ θ = λ⎜ ⎟⎪ Θ θ θ⎝ ⎠⎩

Tách biện còn lại cho r và ϕ , ta có:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




18

( )

( )

22 2 2

1

2

2 1

2

sin sin d d r R 2rR sin r sin

R d d r R 2rR 1 d d

r sinR sin sin d d

θ θ Θ⎛ ⎞′′ ′+ + θ + λ θ = λ ⇔⎜ ⎟

Θ θ θ⎝ ⎠′′ ′+ λ Θ⎛ ⎞⇔ + λ = − θ ⇒⎜ ⎟θ Θ θ θ θ⎝ ⎠

( )

( )

2

2 122

2 2

2

12 2

r R 2rR 1 d d r sin

R sin sin d d

r R 2rR r R 0

1 d d sin 0

sin d d sin

′′ ′+ λ Θ⎛ ⎞⇒ + λ = − θ = λ ⇒⎜ ⎟θ Θ θ θ θ⎝ ⎠

⎧ ′′ ′+ + λ − λ =⎪⇒ ⎨ Θ λ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ + λ − Θ =⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

Như vậy các nghiệm tách biến của phương trình Helmholtz thỏa mãnhệ phương trình:

( )2 2

2

12 2

1

r R 2rR r R 0, 0 r a

1 d d sin 0, 0sin d d sin

0, 0 2

⎧ ′′ ′+ + λ − λ = < <⎪

⎪ Θ λ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ + λ − Θ = < θ < π⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟θ θ θ θ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⎪ ′′Φ + λ Φ = < ϕ < π⎩

Từ các phương trình này cho thấy R thỏa mãn phương trình Bessel,

Θ thỏa mãn phương trình xác định đa thức Legendre liên kết, còn

hàm Φ xác định dao động điều hòa một chiều, hay bài toán Sturm-Liouville với điều kiện biên tuần hoàn.

Giải bài toán Sturm-Liouville, ta có các tr ị riêng2

1 m ,m 0,1,2,3,...λ = = .

Đổi biến cosξ = θ , phương trình cho Θ có dạng:

( )2 2

2

22 2

d d m1 2 0, 1 1

d d 1

⎛ ⎞Θ Θ− ξ − ξ + λ − Θ = − < ξ <⎜ ⎟ξ ξ − ξ⎝ ⎠

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




19

Đây là bài toán Sturm-Liouville của phương trình xác định đa thứcLegendre liên kết có các tr ị riêng 1

n(n 1), n 0,1,2,...; m 0,1,2,...;λ = + = =

Nghiệm của phương trình này là đa thức Legendre liên kết:( ) m

nP (cos ), 0Θ θ = θ < θ < π

Suy ra phương trình xác định R có dạng:

( )2 2r R 2rR r n(n 1) R 0, 0 r a′′ ′+ + λ − + = < <

Để giải phương trình này, xét các tr ường hợp sau:

1).Tr ường hợp 1: Cho2

0λ = −ω < , phương trình xác định R códạng:

( )2 2 2r R 2rR r n(n 1) R 0, 0 r a′′ ′+ − ω + + = < < (11.3.10)

là phương trình xác định hàm Bessel cầu.2).Tr ường hợp 2: Cho 0λ = , phương trình xác định R có dạng:

2

2r R 2rR R 0, 0 r a′′ ′+ + λ = < < (11.3.11)

là phương trình Cauchy-Euler.3).Tr ường hợp 3: Cho

2 0λ = ω > , phương trình xác định R códạng:

( )2 2 2r R 2rR r n(n 1) R 0, 0 r a′′ ′+ + ω − + = < < (11.3.12)

là phương trình xác định hàm Bessel cầu.

Nhận xét: Việc lựa chọn hệ tọa độ phù hợp với các điều kiện biên

cho ta các phương trình khác nhâu để tìm nghiệm tách biến. Thựcchất, phương trình Laplace là phương trình Helmholtz khi 0λ = .

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




20

§11.4. Hàm điều hòa và các tính chất

Mọi nghiệm của phương trình Laplace được gọi là hàm điều hòa hayhàm thế. Hàm điều hòa u u(x,y,z)= khả vi và liên tục, thỏa mãnphương trình Laplace trong thể tích V bao bởi bề mặt S có các tínhchất sau:

1. Tích phân theo bề mặt của đạo hàm theo pháp tuyến bằng không:

S

udS 0

n

∂=

∂∫∫

2. N ếu u = 0 trên biên S thì u = 0 t ại mọi đ i ểm trong V.

3. Giá tr ị của hàm u u(x, y,z), (x, y,z) V= ∈ là duy nhất được

xác định bằng các giá tr ị đã biết của hàm u vàu

n

∂∂ trên S.

4. Nếuu

0

n

∂=

∂

mọi nơi trên S thì u = const tại mọi điểm trong V.

5. Nếu u là hàm điều hòa bên trong hình cầu bán kính ρ, S là mặt

cầu có tâm tại điểm ( )0 0 0x ,y ,z thì giá tr ị trung bình của hàm u trên

bề mặt S có dạng

( )0 0 02

S

1u(x, y,z)dS u x ,y ,z

4=

πρ ∫∫

6. Nếu C là vòng tròn bán kính r có tâm tại ( )0 0x , y cho hàm u thỏamãn phương trình Laplace bên trong và trên vòng tròn C thì giá tr ị trung bình của hàm u trên đường cong C là:

( )0 0 0 0

C

1u(x r cos , y r sin )rd u x , y

4 r + θ + θ θ =

π ∫

7. Giá tr ị cực đại, cực tiểu của hàm điều hòa u luôn nằm trên biêncủa miền được xét.WW

W D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M




21

8. Bài toán Dirichlet:

( )2

(x ,y ,z ) S

u 0, x, y,z V; u g(x, y,z)∈

∇ = ∈ = có nghiệm duy nhất.

9. Cho dù đổi biến, một hàm điều hòa luôn giữ là hàm điều hòa theobiến mới.

Chứng minh các kết quả này xem trong [6]

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




22

§11.5. Phương trình Poission trong miền chữ nhật

Giải phương trình Poison trong miền chữ nhật sau:

( ){ }

2 2

2 2

u uu u(x, y) : f (x, y),

x y

(x, y) R x, y : 0 x a,0 y a

∂ ∂= + =

∂ ∂

∈ = < < < < (11.5.1)

thỏa mãn điều kiện biên

( x, y) R

u u(x, y) g(x, y)∈∂

= = (11.5.2)

Nghiệm của phương trình (11.5.1), (11.5.2) được tìm từ nghiệm củabài toán tr ị riêng hai chiều dưới đây, tiếp đó các hệ số hằng số đượcxác định từ điều kiện biên và tính tr ực giao của hệ hàm tr ực giao đãxác định trong biểu diễn nghiệm thuần nhất.

Bước 1: Tìm nghiệm của bài toán tr ị riêng hai chiều sau:

( )

2 2

2 2

x,y R

(x, y) : 0,(x, y) R x y

(x, y) 0∈∂

⎧ ∂ Φ ∂ Φ

Φ = Φ + + λΦ = ∈⎪ ∂ ∂⎨⎪Φ =⎩

(11.5.3)

Nghiệm Φ được tìm dưới dạng: (x, y) X(x)Y(y)Φ = .Thực hiện phép tách biến, ta thu được các ODE cấp hai sau:

( )

2 2

2 2

x,y R

2 2

2 2

(x, y) : 0,(x, y) R x y

(x, y) 0

1 d X 1 d Y0

X dx Y dy

∈∂

⎧ ∂ Φ ∂ ΦΦ = Φ + + λΦ = ∈

⎪ ∂ ∂⎨⎪Φ =⎩

+ + λ =

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




23

( )

2 2

12 2

1

1

1 d X 1 d Y

X dx Y dyX X 0, X(0) X(a) 0

Y Y 0, Y(0) Y(b) 0

= − − λ = λ ⇒

′′ − λ = = =⎧⎪⇒ ⎨ ′′ + λ + λ = = =⎪⎩

trong đó, 1λ là hằng số tách biến.

Đặt2 2

1 10 , 0λ = −ω < λ + λ = μ ≥ . Tr ường hợp ngược lại,

nghiệm là bằng không.2

n n

2

m m

X X 0 n n x, X X (x) sin

a aX(0) X(a) 0

Y Y 0 m m y, Y Y (y) sin

b aY(0) Y(b) 0

⎧ ′′ + ω = π π⇒ ω = ω = = =⎨

= =⎩

⎧ ′′ + μ = π π⇒ μ = μ = = =⎨

= =⎩

Tr ị riêng λ có dạng:2 2

2 2 2 2

n n

n m

a b

π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞λ = ω + μ = ω + μ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

tương ứng có các hàm riêng:

nm

n x m y(x, y) sin sin

a a

π πΦ = Φ =

thỏa mãn phương trình

( )

2 2

nm nmnm nm2 2

nm x,y R

x y

(x, y) 0∈∂

⎧ ∂ Φ ∂ Φ+ = −λ Φ⎪ ∂ ∂⎨

⎪Φ =⎩

(11.5.4)

Các hàm riêng nmΦ có tính tr ực giao như sau:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




24

( ) ( )

( ) ( )2nm ij

R nm

0, i, j n,m

(x, y) (x, y)dxdy ab , i, j n,m4

⎧ ≠⎪

Φ Φ = ⎨ Φ = =⎪⎩∫∫

Bước 2:Nghiệm cần tìm của phương trình ban đầu được chọn dạng:

( )nm nm

n 1 m 1

u(x, y) A x, y∞ ∞

= =

= Φ∑∑

Suy ra

( ) ( ) ( )ij nm nm ij

n 1 m 1R R

u(x, y) x, y dxdy A x, y x, y dxdy∞ ∞

= =

Φ = Φ Φ∑∑∫∫ ∫∫

Do tính tr ực giao của hệ các hàm nmΦ , vế phải của phương trìnhtrên chỉ có một số hạng khác không, tức là ta có

( ) ( ) 2

ij nm ij

R

u(x, y) x, y dxdy A x, yΦ = Φ∫∫

Do vậy, ta có:

nm nm

R

4A u dxdy

ab= Φ∫∫ (11.5.5)

Vế phải vẫn còn chứa hàm phải tìm u u(x,y)= .Mặt khác, từ phương trình (11.5.4) ta có:

2 2

nm nmnm 2 2

nm

1

x y

⎛ ⎞∂ Φ ∂ ΦΦ = − +⎜ ⎟λ ∂ ∂⎝ ⎠

Do đó (11.5.5) có dạng2 2

nm nmnm 2 2

nm R

4A u dxdy

ab x y

⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ= − +⎜ ⎟λ ∂ ∂⎝ ⎠

∫∫ (11.5.6)

Công thức Green hai chiều có dạng:

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




25

2 2 2 2

2 2 2 2

R R

u u v v u vv u dxdy v u ds

x y x y n n∂

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞+ − + = −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫∫ ∫

(11.5.6)

Thay nmv = Φ vào (11.5.6) và công thức Green có dạng:

2 2 2 2

nm nmnm2 2 2 2

R

nm nm

nmR

u uu dxdy

x y x y

u uu .nds

x y x y∂

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ ∂ ∂+ − Φ + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂Φ ∂Φ ∂ ∂= + − Φ +

⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫∫

∫

r

(11.5.7)

trong đó nr

là véc tơ đơn vị pháp tuyến ngoài trên biên chữ nhật.

Nếu u thỏa mãn phương trình ban đầu

( )

2 2

2 2

x,y R

u uu u(x, y) : f (x, y),(x, y) R;

x y

u(x, y) g(x, y)∈∂

∂ ∂= + = ∈

∂ ∂

=

thì phương trình (11.5.7) tr ở thành2 2 2 2(11.5.2)

nm nmnm2 2 2 2

R R

nm nmnm

R

2 2 (11.5.1)nm nm

nm2 2

R R

nm n

u uu dxdy

x y x y

g gg(x, y) .nds

x y x y

u dxdy f (x, y)dxdyx y

g(x,y)x

∂

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ ∂ ∂+ = Φ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂Φ ∂Φ ∂ ∂+ + − Φ + ⇔⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ

+ = Φ +⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

∂Φ ∂Φ+ +

∂

∫∫ ∫∫

∫

∫∫ ∫∫

r

mnm

R

g g.nds

y x y∂

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂− Φ +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∫ r

(11.5.8)

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




26

Theo điều kiện biên thuần nhất (11.5.4):

( )nm

x,y R

(x, y) 0∈∂

Φ =

nên phương trình (11.5.8) tr ở thành:2 2

nm nmnm2 2

R R

nm nm

R

u dxdy f (x, y)dxdyx y

g(x, y) .ndsx y∂

⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ+ = Φ +⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∂Φ ∂Φ+ +⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

∫∫ ∫∫

∫ r

So sánh với (11.5.6), ta nhận được công thức xác định các hệ số Anm

cần tìm:2 2

nm nmnm 2 2

nm R

nm nmnm

nm R

4A u dxdy

ab x y

4f (x, y)dxdy g(x, y) .nds

ab x y∂

⎛ ⎞∂ Φ ∂ Φ= − + =⎜ ⎟λ ∂ ∂⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∂Φ ∂Φ= − Φ + +⎢ ⎥⎜ ⎟λ ∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

∫∫

∫∫ ∫ r

Tương tự có thể áp dụng kết quả trên đối với bài toán biênNeumman và Robin.

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




27

§11.6. Phương trình Poission trong miền tròn

Tìm nghiệm của phương trình Laplace, trong bài toán nhiệt dừng.

2 2

2 2 2

u u(r, ) :

u 1 u 1 u0

r r r r

u(a, ) f ( ), , 0 r a

= ϕ⎧⎪

∂ ∂ ∂⎪+ + =⎨

∂ ∂ ∂ϕ⎪⎪ ϕ = ϕ − π < ϕ < π < <⎩

(11.6.1)


( ) ( ) ( )u r, R r ϕ = Φ ϕ

Thay vào phương trình ban đầu, ta được:

( ) 2

2

2

rR 1 r R rR 0

rR r R

0

r R rR R 0

′′ ′′ ′′ ′ ′′Φ + Φ+ = ⇔ = − = λ ⇔

Φ Φ′′Φ + λΦ =⎧

⇔ ⎨

′′ ′+ − λ =⎩

Phương trình cho R là phương trình Cauchy-Euler, phương trình choΦ là phương trình xác định dao động điều hòa.

Các nghiệm ( )u r,ϕ cần thỏa mãn hai điều kiện:

1). Nghiệm hữu hạn trên biên và bên trong vòng tròn:

( )u r, , r aϕ < ∞ ≤

2). Nghiệm liên tục và tuần hoàn

( ) ( ) ( ) ( )

u(r, ) , r a

u r, u r,u r, u r, ,

ϕ < ∞ ≤

∂ −π ∂ π−π = π =

∂ϕ ∂ϕ

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




28

Tr ường hợp 2). Áp dụng cho hàm Φ ta có bài toán Sturm-Liouvillevới các điều kiện biên tuần hoàn.

Xét tr ường hợp 2 2, 0,λ = −ω λ = λ = ω ta nhận được các tr ị riêng vàhàm riêng sau đây:

( )

( )

0 0

2

n n n n

0 1;

n a cosn b sin n ,n 1,2,...

λ = λ = ⇒ Φ = Φ ϕ =

λ = λ = ⇒ Φ = Φ ϕ = ϕ + ϕ =

Nghiệm tương ứng cho bài toán Cauchy-Euler có dạng:

( )

( )

0 0 0 0

2 n nn n n n

0 R R r c d ln r;

n R R r c r d r ,n 1,2,...−

λ = λ = ⇒ = = +

λ = λ = ⇒ = = + =

Tương ứng ta có nghiệm cho hàm ( ) ( ) ( )u r, R r ϕ = Φ ϕ :

( )

( ) ( )( )

0 0 0

n n

n n n n n

u r, c d ln r;

u r, c r d r a cosn b sin n ,n 1,2,...−

ϕ = +

ϕ = + ϕ + ϕ =

Do nghiệm hữu hạn trong khoảng 0 r a≤ ≤ nên suy ra 0 nd 0, d 0= = .

vìn

r 0 r lim ln r , lim r −

→ →∞= −∞ = ∞ .

Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu có dạng:

( )( )

( )

n

n n

n 0

nn n

n 0

r a cosn b sin n khi r a

u r,

r a cosn b sin n khi r a

∞

=

∞

−

=

⎧ϕ + ϕ <⎪⎪

ϕ = ⎨

⎪ ϕ + ϕ >⎪⎩

∑

∑ (11.6.2)

là nghiệm trong và ngoài vòng tròn.Thay điều kiện biên tại r = a, ta có:

( ) ( ) ( )n

n n

n 0

u a, a a cos n b sin n f ∞

±

=

ϕ = ϕ + ϕ = ϕ∑

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM




29

Giả sử ( )f ϕ có khai triển Fourier sau:

( ) ( )0n n

n 1

f cosn sin n2

∞

=

αϕ = + α ϕ + β ϕ∑ (11.6.3)

trong đó:

( )

( ) ( )

0

n n

1f d ;

1 1f cosn d ; f sin n d

π

−π

π π

−π −π

α = ψ ψπ

α = ψ ψ ψ β = ψ ψ ψ

π π

∫

∫ ∫

(11.6.4)

So sánh (11.6.3) và (11.6.2) ta nhận được:+ nghiệm trong

0 n n0 n nn n

a , a , b2 a a

α α β= = =

+ nghiệm ngoài

n n0

0 n n n na , a a , b a2

α

= = α = β

Nghiệm cần tìm của bài toán sẽ là:+ nghiệm trong

( )n

0n n

n 1

r u(r, ) cosn sin n

2 a

∞

=

α ⎛ ⎞ϕ = + α ϕ + β ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (11.6.5)

+ nghiệm ngoài

( )n

0n n

n 1

au(r, ) cosn sin n

2 r

∞

=

α ⎛ ⎞ϕ = + α ϕ + β ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (11.6.6)

Nghiệm viết dưới dạng tích phân Poisson:Xét nghiệm trong

WWW D Y

KEMQUY

NHON UCO

Z COM



( )n

0n n

n 1

r u(r, ) cos n sin n

2 a

∞

=

α ⎛ ⎞ϕ = + α ϕ + β ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

Thay các hệ số 0 n n, ,α α β từ (11.6.4) ta có:

( ) ( )

( ) ( )

n

n 1

n

n 1

1 1 r u(r, ) f cosn cosn cosn cosn d

2 a

1 1 r

f cosn d 2 a

π ∞

=−π

π ∞

=−π

⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ϕ = ψ + ψ ϕ+ ψ ϕ ψ⎨ ⎬⎜ ⎟π ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞

= ψ + ϕ− ψ ψ⎨ ⎬⎜ ⎟π ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

∑∫

∑∫ Do

( ) ( ) ( )

( )

n

in inn

n 1 n 1

2

2

1 r 1 1cosn t e e

2 a 2 2

1 1 t r

, t 121 2tcos t a

∞ ∞ϕ−ψ − ϕ−ψ

= =

⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ ϕ−ψ = + + =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

−

= = <− ϕ− ψ +

∑ ∑

lưu ý, đã sử dụng công thức:

n

n 1

b b khi b 1

1 b

∞

=

= <−∑

Vì vậy nghiệm có thể viết:

( ) ( )

2 2

2 21 a r u(r, ) f d 2 r 2arcos a

π

−π−ϕ = ψ ψπ − ϕ− ψ +∫

Đó là nghiệm của phương trình Laplace bên trong vòng tròn và đượcgọi là tích phân Poisson. Nhân Poisson được định ngh ĩ a bởi:

D YKEM

QUYNHON

UCOZ CO

M

Phương trình vi phân và đạo hàm riêng Tác giả: Trần Dương Trí, Trường đại...

Documents

Transcript of Phương trình vi phân và đạo hàm riêng Tác giả: Trần Dương Trí, Trường đại...